Ett Sammelsurium av Matematiskt Nonsens, Galois Teori. Professor Ivar

Ett Sammelsurium av Matematiskt Nonsens, Galois Teori. Professor Ivar December 8, 2016

ii

Contents Företal v 1 Lösning av andragradsekvationer. 1 1.1 Lösning av Andragradsekvationen.................. 1 1.2 En Geometrisk Tolkning....................... 2 1.3 Ett Annat Angreppssätt........................ 2 1.3.1 Lite om komplexa tal..................... 3 2 Tredjegradsekvationen. 9 3 Lösning av Fjärdegradsekvationer. 13 3.1 Ett exempel på lösningen av en fjärdegradsekvation........ 15 4 Mellanspel: lösning med radikaler. 17 4.1 En Strategi för att visa Femtegradsekvationens olösbarhet..... 22 5 Lite Gruppteori. 31 5.1 Exempel på grupper.......................... 31 5.2 Lite om Permutationsgrupper..................... 37 5.3 Lite om Delgrupper.......................... 39 5.4 Om lösbara grupper.......................... 46 6 Mer om automorer. 53 7 Femtegradsekvationen. 61 A Euklidiska algoritmen, primtal och polynomdivision. 65 A.1 Den Euklidiska algoritmen...................... 65 A.2 Euklidiska algoritmen för polynom.................. 67 A.3 Primtalsfaktorisering......................... 68 A.4 Eisensteins kriterium för irreducibilitet............... 70 iii

iv CONTENTS

Företal Låt oss begrunda lösningar av polynomekvationer i en variabel; hitta alla x så att x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n 2 + + a 0 = 0, där a n 1, a n 2,..., a 0 är givna tal. Kan man alltid hitta en lösning? Finns det någon formel för att beräkna lösningarna? Specikt så kommer vi att vara intresserade av lösningar som kan uttrycka med hjälp av rotutdragning. Kan vi hitta en formel för lösningen som bara innehåller koecienterna, heltal och rötter (kvadratrötter, tredjerötter et.c.)? Vi kommer att kalla sådana lösningar för lösningar med radikaler. En av de mer fantastiska matematiska teorierna från 1800-talet så visar att det endast är möjligt att hitta lösningar med radikaler för första, andra, tredje och fjärdegrads polynom; men inte för polynom av grad fem eller högre. Hur bevisar man ens att en ekvation inte har en lösning på en specik form? Att visa att ekvationen har en lösning är, principiellt, enkelt: man skriver bara ner lösningsformeln. Men hur visar man att det inte går att lösa en ekvation? - det räcker naturligtvis inte med att man inte lyckas hitta någon lösning. Någon som är smartare kanske kan hitta en som inte vi hittar. I det här häftet så skall vi bevisa att femtegradsekvationen inte kan lösas med radikaler. Som en del av vår undersökning skall vi härleda lösningen till tredje och fjärdegradsekvationen, prata lite om matematiken bakom att blanda en kortlek samt lite andra saker. Det är allt för mycket material i dessa anteckningar för att ni skall kunna smälta allt på den tid ni får. Meningen är inte att ni skall förstå allt eller att ni ska memorera alla bevis. Meningen är att ni skall få en hyfsat detaljerad känsla av hur abstrakt matematisk kan användas för att lösa konreta matematiska problem - som att hitta rötterna till ett polynom. Ni ska också veta vad en grupp är och vad en talkropp är och ha en viss känsla för hur de fungerar. Ni kommer att stöta på kroppar och grupper och även Galois teori senare i er utbildning. När ni gör det så hoppas jag att ni kommer att känna er lite hemma. v

vi FÖRETAL

Chapter 1 Lösning av andragradsekvationer. 1.1 Lösning av Andragradsekvationen Låt oss börja lite enkelt och betrakta andragradsekvationen, som jag hoppas att ni alla känner till och kan lösa, x 2 + ax + b = 0. (1.1) Andragradsekvationen, (1.1), löses genom kvadratkomplettering: x 2 + ax + b = 0 x 2 + ax + (x a2 4 = a2 4 b + a ) 2 a 2 = 2 4 b. Eftersom y 2 = c om och endast om y = ± c så får vi Vi har därmed bevisat att x = a 2 ± a 2 Sats 1.1. För varje a och b så löser x 4 b. x 2 + ax + b = 0, (1.2) om och endast om Uppgifter: x = a 2 ± a 2 4 b. 1. Hitta alla rötter till: (a) x 2 5x + 6 = 0 1

2 CHAPTER 1. LÖSNING AV ANDRAGRADSEKVATIONER. (b) x 2 + 2πx + π 2 = 0. 2. Låt p(x) = ax 2 + bx + c. Hitta alla rötter till p(x) = 0 uttryckta i a, b och c. (Glöm inte bort att a, b och eller c kan vara noll.) 3. Hitta alla rötter till x 2 + ax = 0 genom (a) direkt inspektion. (b) att använda Sats 1.1. 4. Lös x 6 +2x 3 8 = 0 genom att använda Sats 1.1 med y = x 3 som obekant. 1.2 En Geometrisk Tolkning. Vi kan tolka kvadratkompletteringen geometriskt enligt följande bild. a 2 x 2 a 2 a 2 4 Figur: Vi tolkar x 2 som ytan av den röda kvadraten. Om vi lägger till två blå rektanglar, med bas a/2 och höjd x, så får vi nästan en kvadrat. Vi behöver dock kompletera med en liten kvadrat med ytan a 2 /4 för att få en el kvadrat med sidlängd x+ a 2. Den hela kvadraten har då yta x2 +ax+ a2 4 = a2 4 b eftersom ) 2 = a 2 4 b. x 2 + ax = b. Men kvadraten med sidlängd x + a 2 har ytan ( x + a 2 Genom att dra roten ur det sista uttrycket så återfår vi samma formel som i Sats 1.1. 1.3 Ett Annat Angreppssätt. Om vi tittar på våra lösningar så tycks termen x + a 2 spela en stor roll för att lösa p(x) = x 2 + ax + b = 0. Vi kan försöka att använda det för att hitta

1.3. ETT ANNAT ANGREPPSSÄTT. 3 lösningen. Låt oss deniera y = x + a 2, det vill säga x = y a 2. Med den koordinattranslationen så får vi p(x) = p ( y a ) 2 = ( y a ) 2 ( + a y a ) 2 + b = 2 2 Om vi sätter in y = x + a 2 vanliga lösning: = y 2 a2 4 + b y2 = a2 a 4 b y = ± 2 4 b. i den sista likheten så kommer vi tillbaka till vår x = a 2 ± a 2 1.3.1 Lite om komplexa tal. 4 b. Om a2 4 b < 0 så kommer lösningen x = a 2 ± a 2 4 b till x2 + ax + b = 0 inte att vara ett reellt tal. Vi behöver därför veta något om komplexa tal för att kunna säga något om lösningar till andragradsekvationen. Det som skiljer de komplexa talen från de reella är att talet i, där i 2 = 1, är ett komplext tal. Låt oss vara lite formella och noggranna när vi introducerar de komplexa talen. Att vara lite formell nu kommer att ge oss möjligheten att vänja oss vid vissa begrepp som vi kommer att behöva senare. Vi börjar med att deniera vad en talkropp är. Denition 1.1. Vi säger att en mängd K är en talkropp (eller bara kropp) om det existerar två binära operationer + och denierade på K så att 1. om a, b K så kommer a + b K, 2. om a, b K så kommer a b K samt följande axiom är uppfyllda 1. a + b = b + a K för alla a, b K 2. (a + b) + c = a + (b + c) för alla a, b, c K 3. Det existerar ett element 0 K så att a + 0 = a för alla a K 4. För alla a K så existerar det ett element a K så att a + ( a) = 0. 5. För alla a, b K så kommer a b = b a K. 6. För alla a, b, c K så kommer a (b c) = (a b) c. 7. Det existerar ett element 1 K så att för alla a K så kommer a 1 = a. 8. För alla a K, a 0, så existerar det ett element a 1 K så att a a 1 = 1. 9. För alla a, b, c K så kommer a (b + c) = a b + a c.

4 CHAPTER 1. LÖSNING AV ANDRAGRADSEKVATIONER. Ovanstående denition ser komplicerad ut, men den sammanfattar bara en del av de räkneregler vi är bekanta med från grundskolan. Det är väldigt lätt att se att R och Q är talkroppar. Exempel: De reella talen R är en talkropp. Exempel: De rationella talen Q är en talkropp. Exempel: Heltalen Z är inte talkropp. Regel 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 och 9 gäller för heltalen. Men 8 gäller inte för de hela talen. T.ex. så kommer 2 Z men det nns inget tal a som ligger i Z så att 2 a = 1. Anledningen att man har en så komplicerad denition för en talkropp är att det nns många olika objekt i matematiken, t.ex. R och Q, som uppfyller alla villkår för att vara en talkropp. Så om man kan bevisa satser, vars bevis bara använder de egenskaper som uttrycks i denitionen, så kommer satsen att gälla en hel uppsjö av olika matematiska objekt. Man kan fråga sig vad detta har att göra med komplexa tal. Tanken är följande: vi vill skapa C genom attlägga till ett element i till talkroppen R och vi vill göra detta på ett sätt som gör C till en talkropp. Vi skriver R(i) för den minsta talkroppen som innehåller alla reella tal och elementet i, där i uppfyller räkneregeln i 2 = 1 och ia = ai samt a + i = i + a. Vi kommer att skriva C = R(i) och säga att R(i) (eller C) är kroppsutvidgningen av R med i. Vi vet redan från gymnasiet att alla element i C kan skrivas som a + bi (tekniskt sätt så borde vi skriva a + b i, men det är för jobbigt så vi skriver i regel inte ut ) men låt oss formulera det som en sats. Sats 1.2. De komplexa talen C är en talkropp som består att alla a + bi för a, b R där i 2 = 1. Just nu så kan detta förefalla att vara abstrakt nonsens, men vi kommer senare kunna använda den här vokabulären för att formalisera den här delen av kursens stora sats. Vi kommer att tala mer om kroppsutvidgningar senare. Det är två saker till som vi måste veta om komplexa tal. Den första är att vi kan tolka a + ib som punkten (a, b) i talplanet R 2. Då kan vi skriva punkten som a + ib = r sin(φ) + ir sin(φ) för r = a 2 + b 2 och φ är vinkeln mellan (a, b) och x axeln, se guren nedan. Talet r anger avståndet från punkten r sin(φ) + ir sin(φ) till origo och φ anger vinkeln till x axeln.

1.3. ETT ANNAT ANGREPPSSÄTT. 5 y r (rsin( φ),rcos( φ)) φ x Figur: Den röda punkten (a, b) kan lika gärna skrivas som (r sin(φ), r cos(φ)) där r = a 2 + b 2 och φ är vinkeln mellan vektorn (a, b) och x axeln. Att välja att skriva a + ib som r cos(φ) + ir sin(φ) kan tyckas vara en smaksak. Men som så ofta i matematiken så kan en enkel omskrivning leda till att en aspekt av teorin framträder med extra tydlighet. I det här fallet så leder framställningen av komplexa tal på formen r cos(φ)+ir sin(φ) direkt till en intressant proposition - och en ny geometrisk tolkning av komplex multiplikation. Proposition 1.1. Låt z 1 = r 1 cos(φ 1 ) + ir 1 sin(φ 1 ) och z 2 = r 2 cos(φ 2 ) + ir 2 sin(φ 2 ). Då kommer Bevis: Beviset är enkelt: z 1 z 2 = r 1 r 2 cos(φ 1 + φ 2 ) + ir 1 r 2 sin(φ 1 + φ 2 ). z 1 z 2 = (r 1 cos(φ 1 ) + ir 1 sin(φ 1 )) (r 2 cos(φ 2 ) + ir 2 sin(φ 2 )) = ( ) = r 1 r 2 cos(φ1 ) cos(φ 2 ) sin(φ 1 ) sin(φ 2 ) + }{{} =cos(φ 1+φ 2) ( ) +ir 1 r 2 cos(φ1 ) sin(φ 2 ) + sin(φ 1 ) cos(φ 2 ) = }{{} =sin(φ 1+φ 2) = r 1 r 2 cos(φ 1 + φ 2 ) + ir 1 r 2 sin(φ 1 + φ 2 ), där vi använde additionsreglerna för trigonometriska funktioner på indikerade ställen. Följdsats 1.1. För n N, n 0, gäller följande. 1. Ekvationen z n = 1 har exakt n stycken komplexa lösningar 1, ω n, ωn, 2..., ωn n 1 där ω n = cos ( ) 2π + i sin n ( ) 2π. n

6 CHAPTER 1. LÖSNING AV ANDRAGRADSEKVATIONER. 2. Om v = r cos(φ) + ir sin(φ) så har ekvationen z n = v exakt n stycken lösningar z = u, ω n u, ωnu, 2..., ωn n 1 u där u = n ( ) r cos φ n + i n ( ) r sin φ n. Bevis: vi bevisar bara satsens första del och lämnar den andra delen som en övning. Först så visar vi att för varje j = 0, 1,..., n 1 så är ωn j en lösning. Detta följer av föregående proposition, specikt så gäller det att om z = ωn j så kommer z n = ( ( ( ) ( )) ωn j ) jn n = ω jn 2π 2π n = cos + i sin = n n ( ) ( ) 2jnπ 2jnπ = cos + i sin = cos (2jπ) + i sin (2jπ) = 1. n n För att se att z n = 1 har exakt n stycken lösningar så låter antar vi att z = r cos(φ) + ir sin(φ) är en lösning, vi kan antaga att r 0. D.v.s. 1 = z n = r n cos(nφ) + ir n sin(nφ). (1.3) Eftersom imaginärdelen i vänsterledet är lika med noll så måste imaginärdelen i högerledet vara lika med noll, d.v.s. nφ = kπ för något k Z eller r = 0. Om r = 0 så är z = 0 och då vore z ingen lösning till z n = 1 vilket skulle strida mot vårt antagande. Därför så måste φ = kπ n (observera att vi använder antagandet att n 0 här). Om φ = kπ n så reduceras (1.3) till 1 = r n cos(kπ) k är ett jämt tal och 1 = r n, där den sista slutledningen gäller eftersom HL måste vara större än noll och r n > 0 eftersom r > 0. Men det innebär att φ = 2lπ n och r = 1 vilket är det samma som z = ωn l. Uppgifter: 1. Lös följande ekvationer. (a) z 3 = i (b) z 4 = 16 Ledtråd: Skriv högerledet på formen r cos(φ) + ir sin(φ). 2. Bevisa del 2 av Följdsats 1.1. Du kan bevisa satsen hur du vill, men om du inte vet hur du ska göra så kan du försöka kopiera beviset av del 1. 3. Låt K = {0, 1, 2} och deniera + och så att ( ) a + b a + b = resten av 3

1.3. ETT ANNAT ANGREPPSSÄTT. 7 och a b = resten av ( ) a b (där högerledet är vanlig + och ). T.ex. så är 2 + 2 = 1 eftersom resten av 4 vid division med 3 är 1. Bevisa att K är en talkropp. 4. Låt K vara en talkropp. (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. 5. 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. 3

8 CHAPTER 1. LÖSNING AV ANDRAGRADSEKVATIONER.

Chapter 2 Tredjegradsekvationen. Låt oss nu titta på tredjegradsekvationen: x 3 + ax 2 + bx + c = 0. (2.1) Det är uppenbart att tredjegradsekvationen är mer komplicerad än andragradsekvationen. Därför så skall vi försöka förenkla ekvationen innan vi löser den. Den första förenklingen vi kan göra är att titta på x = y + a 3 i analogi med vad vi gjorde i sektion 1.3. Det leder till följande hjälpsats. Hjälpsats 2.1. Om x 0 är en lösning till ) ( x 3 + (b a2 4a 3 x + 3 27 ab ) 3 + c = 0 (2.2) då är x 0 a 3 en lösning till x 3 + ax 2 + bx + c = 0. (2.3) Bevis: Ett bevis av den här typen borde vara enkelt. Vi vet någonting om x 0 och vill visa att x 0 a 3 löser (2.3). Så låt oss substituera x 0 a 3 för x i (2.3) och se om vi får något uttryck där vi kan använda att x 0 löser (2.2): ( x 0 a ) 3 ( + a x 0 a ) 2 ( + b x 0 a ) + c = 3 3 3 ) ( = x 3 0 + (b a2 4a 3 x 0 + 3 27 ab ) 3 + c = 0, där vi utvecklade alla parenteser i den första likheten och använde (2.2) i den andra. Detta bevisar hjälpsatsen. Man ska alltid fråga sig varför det är värt att bevisa en sats efter att man har läst den. Uppenbarligen så tycker jag att den här satsen var värd att bevisa, men varför? Förenklar den någonting, eller hjälper den oss att beräkna någonting? Varför ska vi bry oss om relationen mellan lösningar till (2.2) och lösningar till 9

10 CHAPTER 2. TREDJEGRADSEKVATIONEN. (2.3)? Vi vill ju lösa (2.3) så varför hålla på och bekymra oss om lösningar till (2.2)? - är inte (2.2) en knepigare ekvation? Jo, givet ekvationen (2.3) så kan vi alltid skriva upp (2.2). Vi kan skriva (2.2) som x 3 + px + q = 0, (2.4) där p = b a2 4a3 3 och q = 3 + c. Observera att formen av (2.4) är lättare än (2.3) eftersom (2.4) inte har någon x 2 term. Hjälpsats 2.1 säger dessutom att om har något sätt att hitta lösningar till (2.4) så kan vi hitta lösningar till (2.3). Så Hjälpsatsen förenklar problemet att hitta lösningar till tredjegradsekvationen. 27 ab Reducerat problem: Hitta alla lösningar till x 3 + px + q = 0. Uppgifter: 1. Lös x 3 + 6x 2 + 12x 7 = 0. Ledtråd: Det här är inte alls en ledtråd, utan en generell matematisk princip. När vi vill lösa ett problem så måste vi gå till våra satser. I det här fallet så bör du titta på vad Hjälpsats 2.1 säger. 2. Hitta den allmänna lösningen till om a 2 = 3b. x 3 + ax 2 + bx + c = 0 Låt oss försöka att använda idéen att substituera x = u v i ekvationen p(x) = x 3 + px + q = 0 och se om vi kan få ut mer information om lösningen: p(u v) = (u v) 3 + p (u v) + q = u 3 3u 2 v + 3uv 2 v 3 + pu pv + q = = u 3 v 3 + (3uv p) v (3uv p) u + q. (2.5) Återigen så har vi fått ett uttryck som, skenbart, ser jobbigare ut. Men vi kan välja u och v ganska fritt, och om vi väljer uv = p 3 i (2.5) så försvinner två besvärliga termer. Vi får 1 v = p 3u och, från (2.5), vilket är lika med noll om p(u v) = u 3 p3 + q, (2.6) 27u3 u 6 + qu 3 p3 27 = 0 (2.7) 1 Här måste vi antaga att u 0 då vi multiplicerar ekvation (2.6) med u 3. Men om u = 0 så måste p vara noll eftersom uv = p 3. Och om p = 0 så har vi ekvationen x3 + q = 0 vilken har lösningarna x = 3 q, så fallet u = 0 är enkelt lösbart.

11 Observera att (2.7) är en andragradsekvation i u 3 och har lösningarna u 3 = q 2 ± q 2 Om vi drar tredjeroten ur (2.8) så får vi 4 + p3 27. (2.8) u = 3 q q 2 ± 2 4 + p3 27. (2.9) För att beräkna v så skulle vi kunna använda att v = p 3u. Men det skulle ge ett ganska fult uttryck för v. Istället så gör vi om samma beräkning som vi gjorde för att beräkna u och får då fram att v = 3 q q 2 ± 2 4 + p3 27. (2.10) Vi måste vara noga här! I uttrycket (2.9) för u så har vi ett val ± framför kvadratroten och i uttrycket (2.10) så har vi ett val. Vi måste undersöka om vi kan välja ± oberoende av varandra i båda uttrycken. För att avgöra det så sätter vi in uttrycken (2.9) och (2.10) i relationen uv = p 3 och får ( p 3 = 3 q q 2 ± 2 ) ( 4 + p3 27 q 2 ± q 2 ) 4 + p3, 27 genom att inspektera ovanstående ekvation så ser vi att vi måste ha samma tecken i u som i v termen (då följer likheten av konjugatregeln). Vidare så ser man att högerledet inte beror av vilket tecken vi väljer. Vi får därför att en lösning till tredjegradsekvationen är: x = u v = 3 q q 2 + 2 Vi får följande hjälpsats. 4 + p3 27 3 q 2 + q 2 4 + p3 27. (2.11) Hjälpsats 2.2. Låt x = 3 q q 2 + 2 4 + p3 27 3 q 2 + q 2 4 + p3 27 (2.12) då är x en lösning till tredjegradsekvationen x 3 + px + q = 0. Bevis: Beviset består av en enkel beräkning dår vi sätter in (2.12) i ekvationen uttrycket x 3 + px + q och verierar att det är en lösning. Ekvation (2.12) ger en lösning till ekvationen men vi vet att det borde nnas tre lösningar till tredjegradsekvationen. Vi borde ha missat något. Det som vi

12 CHAPTER 2. TREDJEGRADSEKVATIONEN. inte har använt än är Förljdsats 1.1 som säger att ekvationen i (2.8) har tre lösningar u, ω 3 u och ω3u 2 och till dessa lösningar korresponderar v, ω3v 2 och ω 3 v. 2 Vi kan därför skriva ner tre lösningar till tredjegradsekvationen. Sats 2.1. Tredjegradsekvationen x 3 +px+q = 0 har följande tre lösningar (inte nödvändigtvis olika) och där x 1 = 3 q q 2 + 2 3 x 2 = ω 3 q q 2 + 2 x 3 = ω 2 3 3 q 2 + q 2 ω 3 = cos 4 + p3 27 3 q 2 + 4 + p3 27 3 ω2 3 4 + p3 27 ω 3 3 q 2 q 2 + q 2 + ( ) ( ) 2π 2π + i sin. 3 3 4 + p3 27, q 2 q 2 4 + p3 27 4 + p3 27, Exempel: För att hitta alla lösningar till x 3 + 6x 2 = 0 så använder vi bara formeln från Sats 2.1 och beräknar att, med p = 6 och q = 2, x 1 = 3 1 + 9 3 1 + 9 = 3 4 3 2, och Uppgifter: x 2 = ω 3 3 3 4 ω3 2 2 3 x 3 = ω 3 2 3 4 ω3 2 1. Hitta alla lösningar till x 3 + 3x + 4 = 0. 2. Hitta alla lösningar till x 3 + 3x 2 + 9x + 3 = 0. Ledtråd: Kan du använda Hjälpsats 2.1? 3. Om x 1, x 2 och x 3 är rötter till x 3 +ax 2 +bx+c = 0 (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 ) 4. Antag att vi vet att två rötter är lika i tredjegradsekvationen p(x) = x 3 + 3x 2 + 1 = 0. Hitta rötterna. Ledtråd: Om rötterna är x 1 och x 2 så kan man skriva polynomet p(x) = (x x 1 ) 2 (x x 2 ). Använd detta för att visa att derivatan har en gemensam rot med ekvationen. Kan du hitta rötterna till p (x) = 0. 2 Observera att till ω 3 u korresponderar ω3 2v eftersom (ω 3u)(ω3 2v) = ω3 3uv = uv.

Chapter 3 Lösning av Fjärdegradsekvationer. Vi går nu över till att studera fjärdegradsekvationen: x 4 + px 3 + qx 2 + rx + s = 0. (3.1) Vi kommer att angripa den genom att först hitta en form av ekvationen som är lätt att lösa och sen visa att vi, genom att lösa en tredjegradsekvation, kan reducera varje fjärdegradsekvation till den enkla formen. Låt oss formulera lösningen av den enkla formen som en hjälpsats. Hjälpsats 3.1. Om då är x ett av följande fyra tal ( x 2 + ax + b ) 2 = (cx + d) 2 (3.2) eller x = c a 2 x = a + c 2 (c a) 2 ± + (d b) (3.3) 4 (a + c) 2 ± (d + b). (3.4) 4 Bevis: Genom att dra kvadratroten ur båda led i (3.2) ser vi att x 2 + ax + b = cx + d x 2 + (a c)x + (b d) = 0 (3.5) eller x 2 + ax + b = (cx + d) x 2 + (a + c)x + (b + d) = 0. (3.6) Både (3.5) och (3.6) är andragradsekvationer som kan kan lösas med hjälp av formeln i Sats 1.1. Andragradsekvationen i (3.5) ger lösningarna i ekvation (3.3) och andragradsekvationen i (3.6) ger (3.4). 13

14 CHAPTER 3. LÖSNING AV FJÄRDEGRADSEKVATIONER. Vi kan alltså lösa fjärdegradsekvationer på formen (3.2). Så om vi kan visa att alla fjärdegradsekvationer kan skrivas på formen (3.2) så har vi visat att vi kan lösa alla fjärdegradsekvationer. Om vi utvecklar (3.2) så får vi x 4 + 2ax 3 + (2b + a 2 )x 2 + 2abx + b 2 = cx 2 + 2cdx + d 2. (3.7) Genom att jämföra koecienter med den allmänna fjärdegradsekvationen x 4 + px 3 + qx 2 + rx + s = 0, (3.8) så ser vi att a = p 2. (3.9) Vi måste se om vi kan bestämma övriga koecienter b, c och d så att (3.7) och (3.8) sammanfaller. Vi kommer snart att betrakta b som en variabel och skriver, för att understryka detta, b = y. Med b = y och a = p 2 (såsom i (3.9)) så blir vänsterledet i (3.2) ( x 2 + p 2 x + y ) 2 = x 4 + px 3 + ) (2y + p2 x 2 + pyx + y 2. (3.10) 4 Men om x 4 + px 3 + qx 2 + rx + s = 0 så kan vi fortsätta (3.10) enligt (x 2 + p ) ) 2 2 x + y = (2y + p2 4 q x 2 + (py r) x + (y 2 s), (3.11) }{{}}{{}}{{} =B =C =A där A, B och C denieras som koecienterna i polynomet (för att förenkla notationen något). För att (3.11) skall vara på (3.2) så måste högerledet vara lika med c 2 x 2 + 2cdx + d 2 för några tal c och d. Men om detta ska vara möjligt så måste vi ha A = c 2, B = 2cd, och C = d 2. (3.12) Vi får välja c och d hur vi vill, så länge (3.12) är uppfylld, specikt så måste ) B 2 = 4AC (py r) 2 = 4 (2y + p2 (y 4 q 2 s ), (3.13) där vi använde denitionen av A, B och C i implikationen. Det är enkelt att se att om (3.13) är uppfylld så kommer vi att kunna välja c och d så att (3.12) häller. 1 Vi har nu visat att vi kan skriva en allmän fjärdegradsekvation på formen (3.2) om (3.13) gäller. Eftersom vi får välja y hur vi vill, så blir frågan: Kan vi välja y så att (3.13) gäller? 1 Välj c = A och d = ± B där + eller väljer så att 2cd får samma tecken som B.

3.1. ETT EXEMPEL PÅ LÖSNINGEN AV EN FJÄRDEGRADSEKVATION. 15 Men (3.13) är en tredjegradsekvation i y så vi kan denitivt (enligt Sats 2.1) hitta ett y, till och med tre olika y, så att (3.13) gäller. Vi har därför visat att vi kan skriva den allmänna fjärdegradsekvationen på (3.2) som vi kan lösa enligt Hjälpsats 3.1. Vi kan därför lösa den allmänna fjärdegradsekvationen. Vi kommer inte att skriva ner någon allmän formel för fjärdegradsekvationen. En formel skulle bli lång och svåröverblicklig. Istället så räknar vi ett exempel för att gestalta hur ovanstående resonemang verkligen ger en lösning till frärdergradsekvationen. 3.1 Ett exempel på lösningen av en fjärdegradsekvation. Om vi vill lösa en fjärdegradsekvation. Ta till exempel x 4 + 4x + 3 = 0. (3.14) Ekvationen i (3.14) är en fjärdegradsekvation på formen (3.1) med p = 0, q = 0, r = 4 och s = 3. Vi måste beräkna y. Detta gör vi genom att lösa (3.13) vilken med våra värden på p, q, r och s blir ) (0 y 4) 2 = 4 (2y + 02 (y 4 0 2 3 ) y 3 3y 2 = 0. (3.15) En lösning till (3.15) får, enligt Sats 2.1 y = 3 1 + 1 1 3 1 + 1 1 = 2. Med detta värde på y = 2 får vi, enligt (3.11), A = 4, B = 4, och C = 1. Från dessa värden kan vi beräkna, från (3.12), c = 2 och d = 1. Sätter vi in dessa värden, d.v.s. a = p 2 = 0, b = y = 2 c = 2 och d = 1, så får vi att (3.14) är samma ekvation som (x 2 + 2) 2 = (2x 1) 2 x 4 + 4x + 3 = 0. (3.16) Den vänstra ekvationen i ekvivalensen (3.16) har lösningarna, enligt Hjälpsats 3.1, x = 1 ± 1 3 = 1 ± 2i eller x = 1 ± 1 1 = 1 (dubbelrot). Lösningarna är därför x = 1 + 2i, x = 1 2i och x = 1, där den sista roten är en dubbelrot. Uppgifter:

16 CHAPTER 3. LÖSNING AV FJÄRDEGRADSEKVATIONER. 1. Lös följande fjärdegradsekvationer: (a) x 4 + 5x 3 2x 1 = 0 (b) x 4 + 4x + 2 = 0. Räkningarna blir ganska grötiga vid lösandet av fjärdegradsekvationen så det är inte superintressant att lösa många. Det viktiga är att du försäkrar dig om att ovanstående utredning faktiskt leder till ett sätt att lösa fjärdegradaren.

Chapter 4 Mellanspel: lösning med radikaler. Låt oss börja att undersöka möjligheten att lösa femtegradsekvationen med hjälp av radikaler. Vi kan säga direkt att det inte existerar en allmän lösning till femtegradsekvationen med hjälp av rarikaler. Det är det som gör problemet intressant. Att hitta en ny, och förmodligen ännu grötigare formel än den för fjärdegradsekvationen, vore, ärligt talat, mest bara jobbigt. Men att kunna bevisa att något inte går att lösa med en metod är intellektuellt fascinerande. Men innan vi kan visa att det inte går att lösa femtegradsekvationen med hjälp av radikaler så måste vi reda ut vad vi menar med att lösa en ekvation med hjälp av radikaler. I matematiken så måste vi alltid vara noga med att deniera vad vi gör. Låt oss titta på vår lösning till tredjegradsekvationen och se vad vi gör i lösningen av den. Om vi lite halvformellt går igenom de steg som behövs för att bygga upp lösningsformeln i Sats 2.1. 1. Vi börjar med en given tredjegradsekvation x 3 + px + q = 0. (4.1) 2. Vi formar p3 27 genom att multiplicera p med sig själv och sen med 1 27. På samma sätt skapar vi q2 p3 4. Vi adderar dessa till varandra och får 27 + q2 4. 3. Vi drar kvadratroten ur p3 27 + q2 4 och får p 3 27 + q2 4. 4. Vi adderar ± q 2 till p 3 27 + q2 4 och får ± q 2 + p 3 27 + q2 4. 5. Vi drar tredjeroten ur resultatet i föregående steg. 6. Vi drar en tredjerot ur 1 och får talet ω 3. 17

18 CHAPTER 4. MELLANSPEL: LÖSNING MED RADIKALER. 7. Slutligen så multiplicerar vi ω3 k med tredjerötterna i steg 5 och adderar resultaten. Detta leder till formlerna i Sats 2.1. Vi ser ovanstående procedur ett typfall av en lösning med hjälp av radikaler. I konstruktionen av lösningen så använde vi följande. Vi multiplicerar och adderar fritt med alla element i Q och de givna talen p och q. T.e.x. i steg 2. Vi drar rötter ur tal vi har skapat med hjälp av addition och multiplikation. T.ex. i steg 3, 5 och 6. Vi adderar och multiplicerar och drar rötter ur de rötter vi har skapat. T.ex. i steg 7. För att skapa en lösning med hjälp av radikaler så får vi alltså använda dessa tre procedurer. Eftersom vi fritt använder element i talkroppen Q, och använder de operationer som är denierade för talkroppen Q så kan vi se Q som basen för vår konstruktion. Men talen p och q behöver inte ligga i vår talkropp. Om vi till exempel vill lösa x 3 + 2x + π = 0 så kommer p = 2 och q = π inte att ligga i Q. Vi vill även lägga använda rötter i vår lösning och rötter ligger inte alltid i Q. Vi måste formalisera ett sätt att utvidga Q till en talkropp som innehåller p, q och eventuellt de rötter vi skapar. Denition 4.1. Låt K och L vara talkroppar och antag att K L (du kan tänka på K = Q och L = R eller L = C). Vidare låt α L. Då säger vi att den minsta talkropp M så att K M och α M är kroppsutvidgningen av K med α. Vi kommer att skriva K(α) = M. Det här ser väldigt abstrakt ut. Men det är väldigt enkelt, låt oss titta på några exempel. Exempel 1: Vi kan titta på fallet K = Q och L = R och α = 2. Så är Q( 2) den minsta talkropp som innehåller hela Q och också talet 2. Eftersom 2 Q( 2) så måste b 2 Q( 2) för b Q, detta eftersom om två tal b och 2 ligger i en talkropp så måste produkten ligga i talkroppen. Eftersom summan av element i en talkropp också ligger i talkroppen så måste a + b 2 Q( 2) för alla a, b Q. Vi hävdar att Q( 2) består av precis alla tal a+b 2 för a, b Q. Vi vet att alla tal på formen a + b 2 måste ligga i Q( 2) enligt föregående paragraf. Vi måste dock visa att det inte behövs några er tal i Q( 2) för att att uppfylla kroppsaxiomen i Denition 1.1. Det är nio villkår som måste vara uppfyllda, men de esta är triviala. Så låt oss fokusera på de mer intressanta villkåren och lämna de övriga villkåren i Denition 1.1 som en övning (de följer direkt från motsvarande egenskaper för R). Det är framför allt axiom 5 och axiom 8 i denitionen för talkropp som är intressanta. Axiom 5 för en talkropp säger att om α, β Q( 2) så kommer α β Q( 2). Om Q( 2) innehåller exakt alla tal på formen a + b 2 så måste produkten av två tal på den formen också vara ett alt på den formen

19 (annars så vore vi tvungna att lägga till extra tal så att alla produkter låg i Q( 2)). Låt α = a + b 2 och β = c + d 2, för a, b, c, d Q, då kommer α β = (a + b 2)(c + d 2) = (ac + 2bd) + (ad + cb) 2. Eftersom (ac + 2bd) Q och (ad + cb) Q så följer det att produkten är på den form vi vill. Axiom 8 för talkroppar säger att alla tal α Q( 2), så att α 0, har en multiplikativ invers α 1 så att α α 1 = 1. Vi måste visa att om α = a + b 2, a, b Q, så kommer α 1 = c + d 2 för några tal c, d Q. Låt oss anta att α 1 = c + d 2 och se om vi kan välja c, q Q så att α α 1 = 1. Vi får α α 1 = (ac + 2bd) + (ad + cb) 2 ac + 2bd = 1 och ad + cb = 0. De sista ekvationerna kan enkelt lösas och vi får c = a 2 2b och d = b 2 a 2 2b, vi 2 lämnar det som övning 2 att veriera att nämnarna inte är lika med noll. Att övriga kroppsaxiom är uppfyllda lämnas som en övning. Exempel 2: Kroppsutvidgningen Q(π) är av en helt annan karaktär än Q( 2). Skillnaden ligger i att π inte är lösningen till någon polynomekvation med rationella koecienter, man säger att π inte är ett algebraiskt tal. Detta medför att kroppen Q(π) består av alla kvoter a k π k + a k 1 π k 1 +... + a 1 π + a 0 b m π m + b m 1 π m 1 +... + b 1 π + b 0, (4.2) där a j, b l Q och inte alla b l = 0. Eftersom π inte är lösningen till någon polynomekvation, specikt inte en lösning till b m x m +b m 1 x m 1 +...+b 1 x+b 0 = 0, så är nämnaren i (4.2) inte lika med noll. Det är relativt uppenbart att alla tal på formen (4.2) måste ligga i Q(π) och att dessa tal formar en kropp. Exempel 3: Antag att vi vill faktorisera polynomet x 3 1. Vi vet faktoriseringen är x 3 1 = (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 ) där x 1, x 2 och x 3 är lösningarna till x 3 = 1. Vi vet att lösningarna är x 1 = 1, x 2 = ω 3 och x 3 = ω 2 3. Så faktoriseringen blir x 3 1 = (x 1)(x ω 3 )(x ω 2 3). Men vi kan bara göra den faktoriseringen om vi tillåter komplexa tal ω 3 och ω 2 3. Om vi vill göra faktoriseringen i talkroppen Q så kan vi bara ta med en första roten, för endast x 1 Q och får då x 3 1 = (x 1)(x 2 + x + 1). Om vi vill faktorisera vidare så måste vi faktorisera i en kroppsutvidgning av Q, t.ex. Q(ω 3 ) eller Q(ω 2 3). Eftersom Q(ω 3 ) är en kropp så måste ω 3 ω 3 = ω 2 3 också ligga i Q(ω 3 ). På samma sätt så måste ω 2 3 ω 2 3 = (ω 3 3)ω 3 = ω 3 att ligga i Q(ω 2 3). Det följer att vi får samma kropp om vi utvidgar med ω 3 som om vi utvidgar med ω 2 3, d.v.s. Q(ω 3) = Q(ω 2 3). a

20 CHAPTER 4. MELLANSPEL: LÖSNING MED RADIKALER. Låt oss sammanfatta det viktiga i det här exemplet. Om vi vill faktorisera ett polynom p(x) i Q så går det bara om alla rötter till p(x) ligger i Q. Om vi har ett polynom vars rötter inte ligger i Q, t.e.x. x 2 + x + 1 med rötter ω 3, ω 2 3 / Q, så kan vi faktorisera polynomet i kroppsutvidgningen Q(α 1, α 2,..., α n ) där α j är rötter till polynomet. Exempel 4: Ett sista exempel. Titta på ekvationen x 5 = 4. Eftersom lösningarna är x j = ω j 5 5 4 för j = 0, 1, 2, 3, 4 så kan vi inte lösa ekvationen i Q. Om vi gör utvidgningen Q( 5 4) så faktoriserar polynomet i (x 5 ( 4) x 4 + 5 4x 3 + ( 5 4) 2 x 2 + ( 5 4) 3 x + ( 5 4) 4) = x 5 4. (4.3) Observera 1 att alla koecienter i (4.3) ligger i Q( 5 4). Vi kan inte faktorisera x 5 4 vidare i Q( 5 4) eftersom alla rötter till x 4 + 5 4x 3 + ( 5 4) 2 x 2 + ( 5 4) 3 x + ( 5 4) 4 är komplexa och Q( 5 4) innehåller bara reella tal. Om vi vill faktorisera vidare så måste vi göra en kroppsutvidgning av Q( 4 4) med ω 5 och får då kroppen Q( 5 4)(ω 5 ) = Q( 5 4, ω 3 ). I den utvidgningen så faktoriseras polynomet x 5 4 i linjära faktorer x 5 4 = (x 5 4)(x ω 5 5 5 4)(x ω 5 2 4)(x ω 3 5 5 5 4)(x ω5 4 4). I ovanstående exempel så är det andra av en lite annan natur. I exempel 1, 3 och 4 så lägger vi till en rot, eller en radikal, men i exempel 2 så utvidgar vi med ett element som inte är en radikal till något tal i Q. Eftersom vi mest är intresserade av radikalutvidgningar så inför vi följande denition. Denition 4.2. Låt K och L vara talkroppar, K L, och α L. Då säger vi att K(α) är en radikalutvidgning av K om, för något tal p N, α p K. Den här denitionen formaliserar begreppet rot av ordning p, α är ju en pte-rot till β om α p = β. Till exempel så är Q(ω 3 3 2 7) en radikalutvidgning av Q eftersom (ω 3 3 2 7) 3 = 7 Q. Det som vi kallade att dra rötter ur tal vi har skapat under den andra punkten i början av det här kapitlet kan alltså tolkas som att göra en radikalutvidgning av Q. Vi är nu redo att formalisera vad vi menar med att lösa en femtegradsekvation med hjälp av radikaler. Denition 4.3. Vi säger att vi kan lösa p(x) = x n + a n 1 x n 1 + a n 1 x n 2 +... + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 1 När en matematiker skriver observera så betyder det oftast att det är något man skall tänka på. Ibland så kräver det bara ett par sekunders uppmärksamhet, ibland kräver det mer. Det är viktigt att man försöker förstå alla påståenden som görs i texten. Så när du läser observera så förväntas du tänka på det tills du förstår.

21 med hjälp av radikaler om vi kan göra ett ändligt antal radikalutvidgningar Q(a n, a n 1,..., a 0 ) Q(a n, a n 1,..., a 0, α 1 ) Q(a n, a n 1,..., a 0, α 1, α 2 )... Q(a n, a n 1,..., a 0, α 1,..., α m ) så att p(x) faktoriserar i linjära faktorer i talkroppen Q(a n,..., a 0, α 1,..., α m ). Detta kan verka väldigt abstrakt, och det är väldigt abstrakt, men det är viktigt att formalisera den matematik vi gör. Att formalisera den matematik vi gör ger oss också en möjlighet att lösa problem: Genom att formalisera matematiken så vet vi exakt vad vi har att göra med och det ger oss verktyg att angripa problem. Det är viktigt att man förstår att får formalisering av problemet är (i någon mening) ekvivalent med vår intuition av problemet. För att underlätta förståelsen så tittar vi på det enklaste exemplet för lösning med radikaler och ser att vi faktiskt löser det med hjälp av radikaler enligt vår denition. Exempel 5: Det går att lösa andragradsekvationen med hjälp av radikaler. När vi skriver detta så menar vi naturligtvis med hjälp av radikaler enligt vår denition. Givet en andragradsekvation x 2 + px + q = 0 så måste vi hitta en serie av radikalutvidgningar sådana att x 2 + px + q = 0 faktoriserar i linjära faktorer i den sista radikalutvidgningen i serien. Vi startar med talkroppen Q(p, q). Eftersom Q(p, q) är en kropp, och vi får därrför multiplicera och addera element som vi behagar så kommer p 2 4 q Q(p, q). Om vi väljer α 1 sådant att α 2 1 = p2 4 q så kommer Q(p, q, α 1) att vara en radikalutvidgning av Q(p, q). Denitionen av radikalutvidgning är ju att α p 1 skall vara ett element i Q(p, q) för något p N, specikt så får vi p = 2 i vårt fall. Med det valet av radikalutvidgning så kommer, eftersom Q(p, q, α 1 ) är en kropp p 2 + α 1 Q(p, q, α 1 ) och p 2 α 1 Q(p, q, α 1 ). Därför så kommer ( ( x p )) ( ( 2 + α 1 x p )) 2 α 1 = ( = x 2 p 2 + α 1 p ) ( 2 α 1 x + p ) ( 2 + α 1 p ) 2 α 1 = = x 2 + px + p2 4 α2 1 = x 2 + px + q, där vi använde att α1 2 = p2 4 q i den sista likheten. Observera att de linjära faktorerna i vänsterledet i den sista uträkningen endast innehåller tal som ligger

22 CHAPTER 4. MELLANSPEL: LÖSNING MED RADIKALER. i talkroppen Q(p, q, α 1 ). Vi har därmed visat att det nns en radikalutvidgning av Q(p, q), nämligen Q(p, q, α 1 ), så att x 2 + px + q faktoriserar i linjära faktorer i radikalutvidgningen. Man kan tycka att ovanstående exempel är lite trivialt. Men det visat att vår tolkning av lösning med radikaler är relevant. Vi är ännu inte nära att visa att femtegradsekvationen är olösbar med hjälp av radikaler. Men vi vet i alla fall vad det betyder att lösa en ekvation med hjälp av radikaler. Härnäst så måste vi sätta upp en strategi för att angripa vårt problem. Uppgifter: 1. Veriera att Q( 2) uppfyller alla axiom för att vara en talkropp (detta är enkelt!). 2. Visa att om a, b Q då är a 2 2b 2 0 om inte både a = 0 och b = 0. Ledtråd: Ligger a b Q? Ligger 2 Q? 3. Följ argumentet i Exempel 1 för att visa att C = R(i) består av alla tal som kan skrivas på formen a + bi för a, b R. 4. Visa att Q(π) består av alla tal på formen (4.2). 5. Beskriv alla element i talkroppen Q( 3 3, i). 6. Låt polynomet x 3 + px + q vara givet och skriv ner en serie radikalutvidgningar Q(p, q) Q(p, q, α 1 ) Q(p, q, α 1, α 2 ) så att x 3 + px + q faktoriserar i linjärfaktorer i Q(p, q, α 1, α 2 ). Specikt så skall du hitta α 1 och α 2 och se försäkra dig om att alla utvidgningar är radikalutvidgningar. 4.1 En Strategi för att visa Femtegradsekvationens olösbarhet. Vi måste hitta ett sätt att angripa problemet med olösbarhet med hjälp av radikaler. Vi har väldigt lite att gå på, men det nns en liten detalj som är värd att reda ut - och den lilla detaljen är nyckeln till olösbarheten hos femtegradsekvationen. 2 Ett vanligt irritationsmoment när man lär sig lösningen av andragradsekvationen är att när man får ± framför kvadratroten. Varför måste kvadratroten bli ett positivt tal? När vi lägger till α i radikalutvidgningen i Denition 4.2 så säger man ingenting om tecknet på α, kan man lika gärna 2 Nyckeln i meningen att det är den detaljen som släpper in oss i problemet och ger oss tillräckligt med matematiskt struktur för att analysera det. Det krävs dock en hel del hårt arbete för att verkligen bevisa att femtegradsekvationen saknar radikallösningar.

4.1. EN STRATEGI FÖR ATT VISA FEMTEGRADSEKVATIONENS OLÖSBARHET. 23 lägga till α (om p är ett jämt tal)? I vilken mening kan man lika gärna lägga till α i så fall? Exempel 6. Om vi gör radikalutvidgningen Q(α) där α 2 = 2 så nns det två möjligheter: vi kan titta på Q( 2) eller på Q( 2). Observera att båda dessa kroppsutvidgningar ger kroppar med samma element. Om r Q( 2) så kommer r Q( 2) och tvärt om. Detta följer direkt av Exempel 1 där vi visade att alla element i Q( 2) var på formen a + b 2 för a, b Q (och a + b( 2) är på samma sätt alla element i Q( 2)). Så vi får kroppar med samma element oavsett hur vi gör. Men en kropp är inte bara en mängd av element, vi har också operationer (addition och multiplikation) denierade på kroppen. Är Q( 2) och Q( 2) samma sak även om vi tar dessa operationer i hänseende. Intuitivt så borde de vara samma. Om vi skriver α = 2 och β = 2 så blir kropparna Q(α) och Q(β) där α och β uppfyller exakt samma räkneregel α 2 = β 2 = 2. Vi måste vara noga och deniera vad vi menar med att två talkroppar är samma - eller isomorfa för att använda ett nt ord. Denition 4.4. Vi säger att två talkroppar K och L är isomorfa om det existerar en funktion (som vi kallar en isomor) σ : K L så att 1. σ är en bijektion 3 (och därför inverterbar) 2. σ(a + b) = σ(a) + σ(b) 3. σ(a b) = σ(a) σ(b). Exempel 7: Q( 2) och Q( 2) är isomorfa. För att visa detta så måste vi deniera en isomor σ : Q( 2) Q( 2). Vi kan deniera isomorn Vi måste visa tre saker: σ(a + b 2) = a + b( 2). 1. σ är en bijektion. Att en σ är en bijektion innebär att σ är injektiv 4 och surjektiv 5. Vi visar dessa fall separat. (a) σ är injektiv. Vi ska visa att om σ(a + b 2) = σ(c + 2) då är a + b 2 = c + d 2. Men om σ(a + b 2) = σ(c + 2) så är, enligt denitionen av σ, a + b( 2) = c + d( 2) vilket uppenbarligen implicerar att a + b 2 = c + d 2. (b) σ är surjektiv. Vi måste visa att för varje a + b( 2) Q( 2) så nns det ett c + d 2 Q( 2) så att σ(c + d 2) = c + d( 2) = a+b( 2) men det är uppenbart att detta gäller om c = a och d = b. 3 En bijektiv funktion är injektiv och surjektiv, två begrepp som förklaras i nästkommande exempel (i fotnoterna nedan). 4 Låt oss påminna oss om att en funktion är injektiv om: σ(α) = σ(β) implicerar att α = b. 5 En funktion σ : K L är surjektiv om det för varje β L nns ett α K så att σ(α) = β

24 CHAPTER 4. MELLANSPEL: LÖSNING MED RADIKALER. 2. Vi måste visa att σ(α + β) = σ(α) + σ(β) för alla α, β Q( 2). Men om α = a + b 2 och β = c + d 2 så är σ((a + c) + (b + d) 2) = (a + c) + (b + d)( 2) = = (a + b( 2)) + (c + d( 2)) = σ(a + b 2) + σ(c + d 2). 3. Vi måste visa att σ(α β) = σ(α) σ(β) för alla α, β Q( 2). Men om α = a + b 2 och β = c + d 2 så är σ((a + b 2)(c + d 2)) = σ((ac + 2cd) + (ad + bc) 2) = = (ac + 2cd) + (ad + bc)( 2) = (a + b( 2))(c + d( 2)) = = σ(a + b 2) σ(c + d 2). En intressant aspekt av isomorn σ : Q( 2) Q( 2) är att det är en isomor mellan samma mängder. Vi kommer att kalla en sådan isomor för en automor. Vidare så kommer σ(a) = a för varje a Q så σ påverkar inte de rationella talen, vi säger att Q är en xkropp för automorn σ. Denition 4.5. Om σ : K K är en isomor mellan en kropp K och kroppen själv så säger vi att σ är en automor. Mängden av alla element a K sådana att σ(a) = a kallas för xkroppen till automorn σ. Om σ är en automor på en kropp K och A K är någon mängd så att σ(a) = a för alla a A så säger vi att σ lämnar A x. Observera att när vi gör utvidgningen från Q(a n,..., a 0, α 1,..., α j 1 ) till Q(a n,..., a 0, α 1,..., α j 1, α j ) så lägger vi till en radikal, d.v.s. en lösning till α pj j = a för något a Q(a n,..., a 0, α 1,..., α j 1 ). Här så har vi ett val i vilken rot vi lägger till men i många fall så kommer valet att vara oväsentligt eftersom om vi skulle lägga till lösningen ˆα j till α pj j = a istället för α j så skulle vi få en isomorf talkropp med xkropp Q(a n,..., a 0, α 1,..., α j 1 ). Vi behöver tre idéer till innan vi kan förmulera vår strategi. Den första är att automorerna själva har en viss struktur: vi kan multiplicera dem med varandra: 6 de formar något som kallas en grupp, ett extremt viktigt begrepp i matematiken som vi skall deniera härnäst). Sen så skall vi visa att den gruppen av automorer man får vid en radikalutvidgning är ovanligt snäll. Det sista vi skall göra är att gå tillbaka till denitionen av lösning med hjälp av radikaler och titta på denitionens sista del (att p(x) kan faktoriseras i linjära faktorer) och försöka argumentera för att i allmänhet så är inte automorgruppen särskilt snäll. Vi börjar med att deniera begreppet grupp. 6 Och när jag skriver att vi kan multiplicera två automorer med varandra så menar jag att vi kan göra en funktionssammansättning av två automorer - så mycket för att matematiken är ett exakt språk!

4.1. EN STRATEGI FÖR ATT VISA FEMTEGRADSEKVATIONENS OLÖSBARHET. 25 Denition 4.6. Vi säger att en mängd G är en grupp om det nns en operation denierad på G så att g 1 g 2 G för alla g 1, g 2 G och 1. Det nns ett element e G, identitetselementet, så att e g = g e = g för alla g G. 2. För varje g G så nns det ett element g 1 G så att g g 1 = e. 3. För alla f, g, h G så f (g h) = (f g) h. Precis som för talkroppar så är grupp en abstrakt struktur som ofta dyker upp i matematiken. Strukturen är abstrakt och man skall inte tolka gånger, skall ses om en godtycklig operation och det kan lika gärna vara + som eller funktionssammansättning. Låt oss titta på några exempel. Exempel 8: Heltalen Z formar en grupp om vi tolkar som addition. Då blir identitetselementet e = 0, eftersom a + 0 = 0 + a = a för alla a Z. Elementet a 1 blir a, vilket kan tyckas vara lite knepigt. Men i denitionen av grupp så säger vi inte att a 1 = 1 a ; vi kräver endast att a a 1 = e under den tolkning av symbolen vi har för tillfället. Exempel 9: Om G = C \ {0} bestående av de nollskilda komplexa talen så är G en grupp under vanlig komplex multiplikation. Vi kan också tolka hela C som en grupp under addition. Vi kommer att diskutera grupper mer utförligt i nästa kapitel. Just nu så är vi mest intresserade av att utarbeta en strategi för att visa att femtegradsekvationen inte är lösbar med radikaler och för det så behöver vi visa att automorerna formar en grupp. Hjälpsats 4.1. Låt K vara en talkropp. Låt G vara mängden av alla automorer på K. Då utgör G en grupp om vi tolkar som sammansättningen av funktioner. Vi kallar den gruppen för automorgruppen. Om K är en kropp och K(α 1, α 2,..., α m ) en kroppsutvidgning av K. Då kommer alla automorer på K(α 1, α 2,..., α m ) som lämnar K x att utgöra en grupp om är sammansättning av funktioner. Bevis: Vi börjar med att visa att det nns ett enhetselement e. Låt e vara automorn som avbildar alla element på sig själva: e(a) = a för alla a K(α 1, α 2,..., α m ). Då kommer σ e(a) = e σ(a) = σ(a) för alla automorer. Att varje σ har en invers följer av att bijektioner är inverterbara och att inversen av en bijektion är en bijektion. Inversen kommer också xera K eftersom om b K så kommer σ(b) = b (eftersom σ xerar K) men det betyder att b = σ 1 (b) så σ 1 xerar K. Vi måste också visa att σ 1 är en isomor, d.v.s. bevarar multiplikation och addition. Vi kommer bara att visa att σ 1 bevarar addition, d.v.s. att σ 1 (a + b) = σ 1 (a) + σ 1 (b). (4.4)

26 CHAPTER 4. MELLANSPEL: LÖSNING MED RADIKALER. Om vi applicerar σ på vänsterledet i (4.4) så får vi a + b och om vi applicerar σ på högerledet får vi σ(σ 1 (a) + σ 1 (b)) = σ(σ 1 (a)) + σ(σ 1 (b)) = a + b eftersom σ bevarar addition. Men eftersom σ är injektiv och har samma värde på VL och HL i (4.4) så måste likheten gälla. Att σ 1 bevarar multiplikation bevisas analogt. Om σ 1 och σ 2 är automorer med x kropp K så kommer σ 1 σ 2 också att vara en automor som lämnar K x. Detta följer av att om a K så σ 2 (a) = a, eftersom σ 2 lämnar K x, så σ 1 σ 2 (a) = σ 1 (a) = a, eftersom σ 1 lämnar K x. Att σ 1 σ 2 är en bijektion följer av att alla sammansättningar av bijektioner är bijektioner. För att se att σ 1 σ 2 är en automor så måste vi även veriera antaganden i om addition och multiplikation i Denition 4.4. Men det är enkelt så vi kommer bara veriera att σ 1 σ 2 (a + b) = σ 1 σ 2 (a) + σ 1 σ 2 (b). För att se detta så räknar vi σ 1 σ 2 (a + b) = σ 1 (σ 2 (a + b)) = σ 1 (σ 2 (a) + σ 2 (b)) = = σ 1 (σ 2 (a)) + σ 1 (σ 2 (b)) = σ 1 σ 2 (a) + σ 1 σ 2 (a), där vi först använde denitionen av, sen att σ 2 är en isomor, σ 1 är en isomor och slutligen denitionen av igen. Det som gör ovanstående sats intressant är att den ger automorerna en viss struktur. Vi är speciellt intresserade av automorgrupper G på K(α), där K(α) är en radikalutvidgning av K, som har xkroppen K. Kan vi säga något om dessa automorgrupper? Vi kommer senare att visa att man dessa automorgrupper faktiskt har en väldigt enkel struktur, se Kapitel 6. Låt oss introducera en sista idée innan vi kan formulera en strategi. Det vi är ute efter är att göra en rad kroppsutvidgningar av Q(a n 1, a n 2,..., a 0 ) så att polynomet p(x) faktoriserar i linjära faktorer i talkroppen Q(a n 1,..., a 0, α 1,..., α m ). Men om, säg för ett femtegradspolynom, x 5 + a 4 x 4 +...a 1 x + a 0 = (x x 1 )(x x 2 )...(x x 5 ) så måste, vilket man ser genom att multiplicera ut högerledet, a 4 = (x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) (4.5) a 3 = x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 1 x 4 +x 1 x 5 +x 2 x 3 +x 2 x 4 +x 2 x 5 +x 3 x 4 +x 3 x 5 +x 4 x 5 (4.6) a 2 = x i x j x k = (x 1 x 2 x 3 + x 1 x 2 x 4 + x 1 x 2 x 5 +... + x 3 x 4 x 5 ) (4.7) i j k a 1 = x 1 x 2 x 3 x 4 + x 1 x 2 x 3 x 5 + x 1 x 2 x 4 x 5 + x 1 x 3 x 4 x 5 + x 2 x 3 x 4 x 5 (4.8) a 0 = x 1 x 2 x 3 x 4 x 5. (4.9) Det nns två saker vi kan se från detta. Den första är att om vi lägger till alla rötter, x 1, x 2,..., x 5, till Q (d.v.s. gör kroppsutvidgningen till Q(x 1,..., x 5 )) så kommer alla koecienter a 4, a 3,..., a 0 att ligga i den utvidgade kroppen: Q(a 4, a 3,..., a 0 ) Q(x 1,..., x 5 ).

4.1. EN STRATEGI FÖR ATT VISA FEMTEGRADSEKVATIONENS OLÖSBARHET. 27 Vidare, och mer intressant, så kommer varje bijektiv avbildning σ : {x 1, x 2,..., x 5 } {x 1, x 2,..., x 5 } (4.10) att lämna a 4, a 3, a 2, a 1 och a 0 oförändrade. Specikt så kommer varje bijektion σ, såsom i (4.10), att avbilda x j på något x k och om σ är en bijektion så kommer alla rötter att ligga i bildmängden. Exempel 10: Om σ är en bijektion såsom i (4.10) denierad enligt σ(x 1 ) = x 2 σ(x 2 ) = x 3 σ(x 3 ) = x 4 σ(x 4 ) = x 5 σ(x 5 ) = x 1. (4.11) Låt oss antaga att σ denierar en automor på Q(x 1, x 2,..., x 5 ) som har xkroppen Q. Då kommer σ(a 1 ) = σ(x 1 )σ(x 2 )σ(x 3 )σ(x 4 ) + σ(x 1 )σ(x 2 )σ(x 3 )σ(x 5 )+ +σ(x 1 )σ(x 2 )σ(x 4 )σ(x 5 ) + σ(x 1 )σ(x 3 )σ(x 4 )σ(x 5 ) + σ(x 2 )σ(x 3 )σ(x 4 )σ(x 5 ) = = x 2 x 3 x 4 x 5 + x 2 x 3 x 4 x 1 + x 2 x 3 x 5 x 1 + x 2 x 4 x 5 x 1 + x 3 x 4 x 5 x 1 = a 1. På samma sätt så kommer σ(a 4 ) = a 4, σ(a 3 ) = a 3, σ(a 2 ) = a 2 samt σ(a 0 ) = a 0. Det här exemplet gäller för alla bijektioner σ som kan utökas till automorer på Q(x 1, x 2,..., x 5 ) med xkropp Q. Observera att om x 5 + a 4 x 4 +...a 1 x + a 0 = 0 är lösbar med radikaler så skall automorgruppen på Q(x 1, x 2,..., x 5 ) som xerar kroppen Q(a 4, a 3,..., a 0 ) ha en väldigt speciell struktur! Vi måste kunna skapa Q(x 1, x 2,..., x 5 ) via ett antal radikalutvidgningar som har väldigt speciella automorgrupper. Samtidigt så kan man förvänta sig, såsom i exempel 10, att att automorgruppen av Q(x 1, x 2,..., x 5 ) som xerar Q(a 4, a 3,..., a 0 ) skall bestå av alla bijektioner mellan elementen x 1, x 2,..., x 5. Har automorgruppen av alla bijektioner den struktur den måste ha för att kunna skapas via radikalutvidgningar? Om inte så kan vi inte skapa Q(x 1, x 2,..., x 5 ) via radikalutvidgningar och därför så är inte polynomet lösbart med radikaler! Vi är nu redo att formulera en strategi för att angripa lösbarheten av femtegradsekvationen med hjälp av radikaler. Steg 1: Grupper är en av huvudingridienserna i vår analys; i måste därför förstå oss på grupper bättre. Vi måste se några exempel på grupper så att vi får lite förtrogenhet med begreppet. Vidare så har vi, något vagt, antytt att automorgrupper som fås via radikalutvidgningar har en speciell och enkel struktur. Vi måste deniera exakt vad vi menar med detta, vi kommer att kalla sådana grupper för lösbara grupper och deniera vad som menas med detta. Vi måste också undersöka den sista gruppen vi diskuterade: gruppen bestående

28 CHAPTER 4. MELLANSPEL: LÖSNING MED RADIKALER. av alla bijektioner såsom i (4.10). Vi kommer att kalla dessa grupper för permutationsgupper. Hela vår strategi kommer att bero på om permutationesgruppen mellan fem element är lösbar, vi måste alltså undersöka detta. Den första delen av vår strategi kommer att utredas i Kapitel 5. Steg 2: Vi måste också förstå bättre vad en kroppsutvidgnng är. Speciellt så måste vi visa att kroppsutvidgningar via radikaler leder till lösbara grupper och verkligen visa att om p(x) = 0 är en polynomekvation av grad n som är lösbar med radikaler så innebär det att talkroppen Q(x 1, x 2,..., x n ), där x 1, x 2,..., x n är rötterna till ekvationen, är ger upphov till en lösbar lösbar automorgrupp av kroppen Q(x 1, x 2,..., x n ) med Q(a n 1,..., a 0 ) som xkropp (a n 1,.., a 0 är koecienterna i polynomet p(x) s tidigare). Vi kommet att göra detta i Kapitel 6. Steg 3: Vid det här laget så har vi visat att om vi kan lösa p(x) = 0 med hjälp av radikaler så kommer gruppen av automorer på Q(x 1,..., x 5 ) som lämnar Q(a 4,..., a 0 ) xt att vara en lösbar grupp. Vi kommer också att ha sätt att permutationegruppen med fem element (d.v.s. gruppen av alla bijektioner från {x 1, x 2,..., x 5 } till sig själv) inte är lösbar (se Sats 5.6). Det återstår att bevisa att det nns ett femtegradspolynom p(x) så att automorgruppen på Q(x 1,..., x 5 ) består av alla permutationer av rötterna. Det följer då att automorgruppen inte är lösbar och därför så är p(x) = 0 inte lösbar med hjälp av radikaler. Vi kommer att visa detta i Kapitel 7. Vi avslutar det här kapitlet med att ge ett exempel på en beräknad automorgrupp. 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 5) 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) 2 + 1. Så om x löser x 2 + 1 = 0 så måste σ(x) också lösa x 2 + 1 = 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 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