Groepen- en Galoistheorie

Transcriptie

1 Groepen- en Galoistheorie E. Jespers Departement Wiskunde Vrije Universiteit Brussel Faculteit Wetenschappen webstek: efjesper HOC+WPO: woensdag 9-12 uur, F.5.210

2 Inhoudsopgave 1 Groepentheorie Acties van groepen Sylow stellingen p-groepen Permutatiegroepen Directe producten van groepen Eindige nilpotente groepen Groepsuitbreidingen Oplosbare groepen Nilpotente groepen Stelling van Jordan-Hölder Vrije groepen Veldentheorie Definities Eenvoudige uitbreidingen Isomorfismen Algebraïsche sluiting Galoistheorie Galois-uitbreidingen Normale uitbreidingen Separabele uitbreidingen Karakerisatie van Galois-uitbreidingen Orde van de Galois groep Fundamentele Stelling i

3 ii INHOUDSOPGAVE 4 Toepassingen Cyclotome Uitbreidingen Geometrische Constructies Wortels, radikalen en reele getallen Oefeningen 97 Index 106

4 Hoofdstuk 1 Groepentheorie In deze cursus schrijven wij meestal (x)f voor het beeld van een element x onder een functie f. Bijgevolg spreken wij ook af dat de samenstelling van functies f g betekent eerst f en dan g. 1.1 Acties van groepen Uit de theorie van de groeprepresentaties weten wij dat er een nauw verband is tussen representaties van een groep G over een lichaam K en de modulen M over de groepalgebra KG. Het scalaire product M G M(m, α) m α wordt bepaald door een lineaire uitbreiding van M G M : (m, g) m g. In de volgende definitie formaliseren wij dit princiepe. Een andere reden voor het invoeren van de volgende definitie is om terug een willekeurige groep in verband te brengen met een permutatiegroep. Deze laatste is soms een handig middel om een algemenere groep te bestuderen. Definitie Zij G een groep (met eenheidselement 1) en X een niet-lege verzameling. Veronderstel dat X G X : (x, g) x g een afbeelding is die voldoet aan de volgende eigenschappen, voor alle x X en g, h G, (1) x 1 = x, 1

5 2 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE (2) (x g) h = x (gh). Dan zeggen wij dat een actie is van G op X. De kern van de actie is de deelgroep H van G bestaande uit de elementen g G zodat x g = x voor alle x X. De stablisator van x in G is de deelgroep G x = {g G x g = x}. Dus via acties en stabilisatoren construëert men deelgroepen van een gegeven groep. Deze zijn echter niet noodakelijk normale deelgroepen. Voorbeeld TRIVIALE ACTIE: X G X : (x, g) x. 2. PERMUTATIE ACTIE: zij X een niet lege verzameling en veronderstel dat G een deelgroep is van de symmetrische groep Sym(X). Dan is X G X : (x, f) (x)f een actie van G op X. 3. REGULIERE ACTIE van een groep G: G G G : (h, g) hg. Dat dit een actie is volgt onmiddellijk uit de associativiteit van de groepbewerking en het feit dat 1 het eenheidselement is van G. Merk op dat dit nauw in verband staat met de reguliere actie van de groepalgebra KG (en dus met de natuurlijke rechter moduulstructuur van KG). 4. CONJUGATIE ACTIE in een groep G: G G G : (x, g) x g = g 1 xg. De stabilsator van een element x G is de centralisator C G (x) = {g G gx = xg}. 5. een VECTORRUIMTE V over een lichaam K: V K K : (v, k) vk. Indien wij acties zouden definiëren voor een semigroep G op een verzameling X, dan geeft elk rechter moduul M over een ring R een voorbeeld van een actie van G = R op X = M.

6 1.1. ACTIES VAN GROEPEN 3 6. Veronderstel dat X G X een actie is van G op X. Dan verkrijgen wij een actie van G op de verzameling D(G) van alle deelverzamelingen van de groep G: D(G) G D(G) : (X, g) X g = {x g x X}. In het geval van de conjugatie actie in een groep G is de stabilsator van X G de deelgroep N G (X), de normalisator van X in G. Beschouw de reguliere actie van de groep G op G. Dan verkrijgen wij een actie van G op D(G) en dus ook een actie op de verzameling rechter nevenklassen van een deelgroep H: {Hg g G} G {Hg g G} : (Hg, x) H(gx). 7. actie van GL n (D) op D n : D n GL n (D) D n : (X, A) XA, met X D n en XA de matrixvermenigvuldiging. Eigenschap Een groep G voert een actie uit op een verzameling X als en slechts als R : G Sym(X) : g R g, met R g : X X : x x g, een groephomomorfisme is. Bovendien, is ker(r) precies de kern van de actie. Bijgevolg, ker(r) is een normale deelgroep van G en G/ker(R) is isomorf met een deelgroep van Sym(X). Bewijs. Veronderstel dat X G G een actie is. Zoals in het bewijs van de stelling van Lagrange bewijst men dan dat elke R g een permutatie is van X (en dus R g Sym(X)) en dat R een groephomomorfisme is (let op de afspraak voor de notatie voor samenstelling van functies). Nu, ker(r) = {g G R g = 1 X } = {g G x g = x, voor alle x X}, en dit is precies de kern van de actie. Wegens de isomorfismestelling is het dan duidelijk dat G/ ker(r) isomorf is met een deelgroep van Sym(X).

7 4 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Omgekeerd, zij R : G Sym(X) : g R g een groephomomorfisme. Dan is het eenvoudig na te gaan dat een actie definiëert. X G X : (x, g) (x)r g Een belangrijke klasse van groepen zijn de eenvoudige groepen. Dus is het belangrijk om te kunnen nagaan wanneer een groep al dan niet eenvoudig is. Bijgevolg is het nuttig om niet triviale normale deelgroepen te kunnen construëren, en aldus aan te tonen dat de betrokken groep niet eenvoudig is. Eigenschap Zij H een deelgroep van G van eindige index [G : H] = n. Dan bestaat een normale deelgroep N van G zodat N H en [G : N] n!. I.h.b. elke deelgroep van eindige index bevat een normale deelgroep van eindige index. Er volgt dat G niet eenvoudig is als n > 1 en G n!. Als bovendien G eindig is en n het kleinse priemgetal is dat G deelt, dan is H een normale deelgroep van G. Bewijs. Beschouw de actie van G op X = {Hg g G} (via rechtervermenigvuldiging). Wegens Eigenschap?? is de kern N van deze actie een normale deelgroep van G en G/N isomorf met een deelgroep van Sym(X). Dus [G : N] = G/N n! = Sym(X). Het is duidelijk dat N H. Dus bevat H een normale deelgroep van eindige index. Wij bewijzen nu het tweede gedeelte van de stelling. Nu, [G : N] = G/H [H : N] = n[h : N]. Omdat [G : N] n! volgt er [H : N] (n 1)!. Dus als p een priemdeler is van [H : N] dan p n 1. Nu is [H : N], en dus ook p, een deler van G. Dit is in contradictie met de veronderstelling op n. Dus bestaat er geen priemdeler van [H : N], m.a.w., H = N G. Eigenschap Zij H een deelgroep van G en zij N de kern van de actie van G op de rechter nevenklassen van H (door rechtervermenigvuldiging). Dan

8 1.1. ACTIES VAN GROEPEN 5 1. N = g G H g, met H g = g 1 Hg, en 2. als M een normale deelgroep is van G en M H, dan M N. Dus N is de grootste normale deelgroep van G bevat in H. Men noemt dit de kern van H in G, en men schrijft N = core G (H). Bewijs. Het eerste gedeelte van de eigenschap volgt uit het volgende: N = {g G (Hx)g = Hx voor alle x G} = {g G g x 1 Hx = H x voor alle x G} = g G H g, met H g = g 1 Hg. Veronderstel dat M G en M H, dan M x = M voor alle x G. Dus M = x G M x x G H x = N. De orbieten (of, banen) van een actie van een groep G op een verzameling X zijn de deelverzamelingen {x g g G}, met x X. Het is eenvoudig na te gaan dat de orbieten een partitie vormen van X. Indien er slechts één orbiet is, dan noemen wij de actie transitief. In het geval van de conjugatie actie in een groep G worden de orbieten conjugatieklassen genoemd; de conjugatieklasse van x noteren wij cl(x). Merk op dat een conjugatieklasse van een element x G precies één element bevat als en slechts als x Z(G), het centrum van G. De volgende eigenschap geeft een verband tussen de nevenklassen van een stabilsator en een orbiet. Eigenschap Veronderstel de groep G een actie uitvoert op de verzameling X. Voor elke x X is er een bijectie x G {G x g g G}. I.h.b. x G = [G : G x ]; als, bovendien G eindig is, dan x G = G / G x. Dus, in dit geval is x G een deler van G, i.h.b. is cl(x) een deler van G en [G : N G (X)] is precies het aantal G-geconjugeerden van X in G.

9 6 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Bewijs. Definiëer de volgende afbeelding f : x G {G x g g G} : xg G x g, where g G. Nu, voor g, h G, G x g = G x h als en slechts als hg 1 G x. Dus en bijgevolg G x g = G x h als en slechts als xhg 1 = x G x g = G x h als en slechts als xh = xg. Dus is de afbeelding injectief. Aangezien f surjectief is volgt het resultaat. Stelling (Landau) Zij n > 0 een natuurlijk getal. Dan bestaat een getal B(n) zodat voor elke eindige groep met n conjugatieklassen G B(n). Als n = 2, dan B(2) = 2. Bewijs. Veronderstel dat een groep G precies n conjugatieklassen heeft, en dat de orde van deze klassen de volgende getallen geeft: c 1, c 2,, c n. Schrijf G = c i d i met d i N. Aangezien de conjugatieklassen een partitie vormen verkrijgen wij de klassevergelijking: G = c c n, en bijgevolg 1 = 1 d d n. Wij bewijzen nu per inductie op n, en voor elk positief getal m, dat er slechts eindig veel oplossingen zijn voor d i N zodat m = 1 d n. Uiteraard mogen wij veronderstellen dat d n het kleinste is van alle d 1,, d n. Dus n d n 1 d d n = m, en bijgevolg 1 d n n/m. Dus zijn er slechts eindig veel oplossingen voor d n. Als n = 1, dan is de bewering dus bewezen. Veronderstel dus

10 1.1. ACTIES VAN GROEPEN 7 dat n > 1. Voor elke waarde van d n volgt uit de inductiehypothese dat er slechts eindig veel oplossingen bestaan voor d 1,, d n 1 zodat = m 1. d 1 d n 1 d n Dus bestaan er inderdaad slechts eindig veel oplossingen voor d 1,, d n. Wegens het vorige bestaat er dus een positief geheel getal B(n) zodat d i B(n). Omdat 1 cl(1) is één van de c i s gelijk aan 1. Zeg c 1 = 1. Dus d 1 = G. Bijgevolg G B(n). Ten slotte bewijzen wij de laatste bewering. Veronderstel dus dat elke twee niet triviale elementen geconjugeerd zijn, d.w.z. {1} en G\{1} zijn de enige conjugatieklassen. Dan ( G 1) G. Bijgevolg 2( G 1) G. Er volgt dat G 2. Gevolg Zij H, K G eindige deelgroepen. Dan HK = H K / H K. Bewijs. De groep K voert een actie uit op de rechternevenklassen X = {Hg g G} (door rechtervermenigvuldiging). Dus H g = Hg. Er volgt HK = {hk h H, k K} = k K H k, de orbiet van het element x = H X. Dus HK = {x k k K}. Ook G x = K H. Dus zijn er precies K / H K elementen in een orbiet. Omdat Hk = H volgt er HK = ( K / H K ) H. Ook het totaal aantal orbieten kan geteld worden als volgt. voeren daarom eerst de volgende definitie in. Wij Definitie Zij X een eindige verzameling en G een groep die een actie voert op X. Het geassociëerde permutatiekarakter is de functie χ : G N : g {x X xg = x}.

11 8 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Voor de reguliere actie van een eindige groep G hebben wij χ(1) = G en χ(g) = 0 als g 1. Voor de conjugatieactie op een eindige groep hebben wij χ(g) = C G (g). Stelling (Cauchy-Frobenius) Veronderstel dat de eindige groep G een actie uitvoert op de eindige verzameling X. Zij χ het geassociëerde permutatiekarakter. Dan is het aantal orbieten gegeven door de formule 1 χ(g). G Bewijs. Stel g G S = {(x, g) X G xg = x}. Nu, voor elke x X zijn er precies G x elementen zodat (x, g) S met g G. Dus S = G x. x X Wegens de definitie van het permuatiekarakter verkrijgen wij dus S = g G χ(g) = x X G x = x X De term G x G komt precies x G keer voor. Dus χ(g) = n G, g G met n het aantal orbieten. G x G. Gevolg Veronderstel dat een eindige groep G een transitieve actie uitvoert op een verzameling X met X > 1. Dan bestaat er een g G zonder fixpunten in X, d.w.z. g G x voor alle x X. Bewijs. Omdat er slechts een orbiet is verkrijgen wij dat 1 = 1 G g G χ(g). Omdat χ(1) = X > 1 bestaat er dus g G met χ(g) < 1 en dus χ(g) = 0.

12 1.1. ACTIES VAN GROEPEN 9 Gevolg Zij G een eindige groep en H een deelgroep van G. Als G = g G H g dan H = G. Bewijs. Veronderstel dat H G. Stel X = {Hg g G}. Dan X > 1. Aangezien G een transitieve actie uitvoert op X verkrijgen wij dat er een g G bestaat zodat Hg 1 g Hg 1, voor alle g 1 G; d.w.z. g H g 1 voor alle g 1 G 1. Dus g g1 GH g 1. Men kan meer bewijzen dan vermeld in het gevolg. Men kan aantonen dat er een element van priem orde is in G dat niet geconjugeerd is met een element van H. Dit bewijs is veel moeilijker aangezien het gebruik maakt van de classificatie van de eenvoudige eindige groepen. Wij geven nog een andere toepassing van de Cauchy-Frobenius stelling. Wij berekenen het aantal mogelijke kleuringen van de zijden van een vierkant; dit onder de veronderstelling dat wij n kleuren ter beschikking hebben. Wij zijn slechts geïnteresseerd in essentieel verschillende kleuringen. De diëdergroep D 8 voert een natuurlijk actie op alle gekleurde vierkanten. Een gekleurd vierkant wordt door die actie omgezet in een vierkant dat essentieel hetzelfde is. Het antwoord op de vraag is dus het aantal orbieten onder deze actie. Dus het resultaat wordt gegeven door 1 χ(g). 8 g D 8 Het is gemakkelijk na te gaan dat χ(1) = n 4, χ(a 2 ) = n 2, χ(a 3 ) = n, χ(a) = n, Dus het antwoord is χ(b) = n 3, χ(ab) = n 2, χ(a 2 b) = n 3, χ(a 3 b) = n (n4 + 2n 3 + 3n 2 + 2n).

13 10 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE 1.2 Sylow stellingen In deze sectie bewijzen wij dat de stelling van Lagrange een gedeeltelijke omgekeerde stelling heeft. Zij p een priemgetal. Een groep G noemt men een p-groep als elk element eindige orde p a heeft (a is afhankelijk van het element). Voorbeelden zijn directe producten van cyclische groepen van orde p, en ook (Z (p) /Z, +) met Z (p) = {n/p k n Z k N}. Lemma Zij n = p k m, met p een priemgetal en 0 k N. Dan ( ) n m mod p. p k Bewijs. Voor elke 1 i p 1 weten wij dat ( p i) Z. Er volgt dan gemakkelijk dat p ( p i). Door inductie bewijst men ook eenvoudig dat Dus (X + 1) pk = X pk + 1 Z p [X]. (X + 1) n = (X pk + 1) m Z p [X]. Door coëfficiënten in beide polynomen te vergelijken verkrijgen wij ( ) n p k ( ) m = m mod p. 1 Stelling Zij G een eindige groep en p een priemgetal. G = p k m, met (p, m) = 1. De volgende eigenschappen gelden: Schrijf 1. G heeft een deelgroep van orde p k, dit wordt een Sylow p-deelgroep genoemd. De verzameling van alle Sylow p-deelgroepen noteren wij Syl p (G). (Er volgt dat een eindige groep H een p-groep is als en slechts als H = pk voor een k 0.) 2. als P een p-deelgroep is van G en S Syl p (G), dan bestaat g G met P S g. I.h.b. zijn alle Sylow p-deelgroepen geconjugeerd en is elke p-deelgroep bevat in een Sylow p-deelgroep.

14 1.2. SYLOW STELLINGEN Zij n p (G) = Syl p (G). Dan n p (G) 1 mod p e als p e [S : S T ] voor alle S, T Syl p (G) met S T. In dit laatste geval kunnen wij e = 1 nemen. Bewijs. (1) Zij X de verzameling van alle deelverzamelingen van G van orde p k. Dan X = ( ) G p m p mod p. Door rechtervermenigvuldiging voert G een actie uit op X. Omdat p X, bestaat er een orbiet k D G zodat p D G, met D X. Nu D G = G / G D. Bijgevolg p k G D en dus p k G D. Nu, DG D D en dus G D D = p k. Dus G D = p k. (2) Zij S Syl p (G) en zij X = {Sg g G}. Rechtervermenigvuldiging definiëert een actie van P op X. Nu X = [G : S] en dit is niet deelbaar door p (omdat S een Sylow p-deelgroep is). Er volgt dus dat er een orbiet bestaat waarvan het aantal elementen niet deelbaar is door p. Doch omdat de orde van P een macht is van p, moet zo een orbiet precies 1 element bevatten. Dus P stabiseert Sg voor een g G, m.a.w., voor alle h P, of equivalent Sgh = Sg, S g = S g h. Bijgevolg h S g. Dus P S g. (3) Zij P Syl(G). Door conjugatie voert P een actie uit op Syl p (G). Dan is {P } een orbiet voor deze actie. Om te bewijzen dat n p (G) 1 mod p e, is het dus voldoende om aan te tonen dat de orde van elke andere orbiet deelbaar is door p e. Verondertel daarom dat S Syl p (G) en dat S P. Zij M de orbiet van S. Dus M = [P : N P (S)]. Nu is SN P (S) een deelgroep van G, en S is een normale deelgroep van SN P (S). Omdat P een p-groep is, volgt er dat SN P (S)/S een p-groep is. Dus SN P (S) een p-groep van G. Omdat S een maximale p- deelgroep is, verkrijgen wij SN P (S) = S. Dus N P (S) S, en bijgevolg N P (S) = P S. Er volgt M = [P : P S]. Wegens de veronderstelling p e [P : P S]. Omdat deze index een macht is van p, verkrijgen wij p e [P : P S]. Dus volgt de bewering. Omdat P S geldt P S. Dus [P : P S] > 1 en dus [P : P S] p. M.a.w. wij kunnen e = 1 nemen. Dus n p (G) 1 mod p.

15 12 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Gevolg Zij G een eindige groep en P Syl p (G). Dan n p (G) = Syl p (G) = [G : N G (P )]. Bewijs. Wegens vorige stelling is dit evident. Gevolg Zij G een eindige groep en P Syl p (G). Dan zijn equivalent: 1. P is een normale deelgroep; 2. P is de enige Sylow p-deelgroep; 3. elke p-deelgroep is bevat in P ; 4. P is karakteristiek in G, d.w.z. P is invariant onder groepsautomorfismen van G. Bewijs. (1) (2). Veronderstel (1). Dan N G (P ) = G en dus Syl p (G) = [G : N G (P )] = 1. Dus volgt (2). (2) (3). Dit is duidelijk wegens vorige stelling. (3) (4). Als σ een automorfisme is van G, dan is σ(p ) terug een p-groep. Dus wegens (3), σ(p ) P. Omdat σ(p ) = P volgt er σ(p ) = P. (4) (1). Dit is evident. Wij geven enkele toepassingen. Eigenschap Zij G een eindige groep van orde pq, met p > q twee priemgetallen. Dan bevat G een normale Sylow p-deelgroep. Als, bovendien G niet abels is, dan q (p 1) en G heeft precies p Sylow q-deelgroepen. Bewijs. Wegens Gevolg?? weten wij dat n p (G) = 1 of q, en wegens Stelling??, n p (G) 1 mod p. Nu is q 1 mod p omdat 1 < q < p. Bijgevolg n p (G) = 1. Dus heeft G een normale Sylow p-deelgroep P. Omdat de groep G/P van priem orde q is volgt er dat G/P een cyclische groep is. I.h.b. is G/P abels en dus G P. Analoog, als G een normale deelgroep Q heeft van orde q (dus n q (G) = 1) dan G Q. In dit geval, G Q P. Nu is Q P een deelgroep van orde een deler van p en q. Bijgevolg Q P = {1}. Er volgt dat G = {1}, d.w.z. G is abels.

16 1.2. SYLOW STELLINGEN 13 Als dus G niet abels is dan is n q (G) > 1. Aangezien n q (G) p volgt er dat n q (G) = p. Bovendien verkrijgen wij dan p = n q (G) 1 mod q. Dus q (p 1). Wij merken op dat er steeds een abelse groep van orde pq bestaat voor priemgetallen p > q. Inderdaad Z p Z q = Zpq is zo een groep (dit is de enige abelse groep van orde pq). Er bestaan echter ook niet abelse deelgroepen van orde pq, dit op voorwaarde dat ook q (p 1). Construeer een groep met deze voorwaarden. De vorige eigenschap kan als volgt veralgemeend worden. Eigenschap Zij G een eindige groep van orde p 2 q, met p, q priemgetallen. Dan bevat G een normale Sylow p-deelgroep of een normale Sylow q-deelgroep. Eigenschap Zij G een eindige groep van orde p 3 q, met p, q priemgetallen. Dan bevat G ofwel een normale Sylow p-deelgroep of een normale Sylow q-deelgroep, of p = 2, q = 3 en G = 24 (bijvoorbeeld S 4 ). De Sylow stellingen kunnen ook gebruikt worden om aan te tonen dat zekere eindige groepen niet eenvoudig zijn (d.w.z. er bestaat een echte normale deelgroep). Lemma Zij G een eindige groep van orde p a m met a > 0, m > 1, p een priemgetal zodat (p, m) = 1. Als G eenvoudig is, 1. n = n p (G) m, 2. n p (G) 1 mod p, 3. G n!. Bewijs. De eerste twee gedeelten volgen uit Stelling?? en Gevolg??. Zij nu S Syl p (G) en H = N G (S). Wegens Gevolg?? [G : H] = n p (G). Omdat G eenvoudig is en S een echte en niet triviale deelgroep is van G, weten wij dat n p (G) > 1. Wegens Eigenschap?? volgt er dat G n!. Eigenschap De groepen van orde = , 2376 = of 8000 = zijn niet eenvoudig.

17 14 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Bewijs. Wij passen Lemma?? toe voor p = 5. De enige delers n van 2 6 die ook congruent zijn met 1 mod 5 zijn de getallen 1 en 16. Doch G deelt niet 1! noch 16!. Dus volgt het resultaat. Burnside toonde aan dat een groep van orde p a q b (met p en q priemgetallen en a 0, b 0) nooit een eenvoudige groep is. 1.3 p-groepen Aangezien eindige groepen steeds p-deelgroepen bevatten is het nuttig om enkele eigenschappen van deze groepen te bestuderen. Merk op dat wegens de Sylow stelling, de orde van een eindige p- groep (met p een priemgetal) een macht van p is. Lemma Veronderstel X P X een actie is van een eindige p-groep op X. Zij X f = {x X x p = x voor alle p P }, de fixpunten. Dan X X f mod p. Bewijs. Merk op dat x X f als en slechts als x P = 1. Dus is X \ X f de vereniging van de niet-triviale orbieten. Nu is de orde van elke niet triviale orbiet een deler van P, en dus is de orde van zo een orbiet deelbaar door p. Het resultaat volgt dus. Eigenschap Zij P een eindige p-groep (p een priemgetal). Als N een niet-triviale normale deelgroep is van P, dan N Z(P ) {1}. I.h.b., elke p-groep heeft een niet triviaal centrum. Bewijs. Via conjugatie voert P een actie uit op de normale deelgroep N. Duidelijk is de verzameling fixpunten N f = N Z(P ). Wegens het vorige lemma verkrijgen wij N Z(P ) N mod p. Omdat N een niet triviale deelgroep is van een p-groep weten wij ook dat N 0 mod p. Dus p N Z(P ). Het resultaat volgt. Gevolg Zij p een priemgetal. 1. elke eindige eenvoudige p-groep is isomorf met Z p. 2. Zij G een eindige groep en p a een deler van G, dan bevat G een deelgroep van orde p a.

18 1.4. PERMUTATIEGROEPEN 15 Bewijs. (1) Zij P een eindige eenvoudige p-groep. Wegens Eigenschap??, Z(P ) P en Z(P ) > 1. Dus, Z(P ) = P, d.w.z. P is abels. Het resultaat is dan welbekend. (2) Om dit te bewijzen is het voldoende om aan te tonen dat elke niet-triviale eindige p-groep P een deelgroep van index p bevat. Zij P zo een groep en zij N een maximale normale deelgroep van P, m.a.w. P/N is een eenvoudige groep. Wegens deel (1), P/N = p. Dus volgt het resultaat. Eigenschap Zij p een priemgetal en P een eindige p-groep. Als H een echte deelgroep is van P dan is H een echte deelgroep van N P (H). Bovendien heeft elke maximale deelgroep in P index p. Bewijs. Zij P een eindige p-groep en H een echte deelgroep van P. Als Z(P ) H dan H N P (H) (omdat Z(P ) N P (H)). Veronderstel dus dat Z(P ) H. Bijgevolg is H/Z(P ) een echte deelgroep van P/Z(P ). Door gebruik te maken van een inductiebewijs verkrijgen wij dus dat H/Z(P ) N P/Z(P ) (H/Z(P )). Nu is N P/Z(P ) (H/Z(P )) = H 1 /Z(P ) voor een deelgroep H 1 zodat Z(P ) H 1 P. Omdat H/Z(P ) H 1 /Z(P ) verkrijgen wij ook H H 1. Dus H H 1 N P (H). Dit bewijst het eerste gedeelte van het resultaat. Voor het tweede gedeelte, zij H een maximale deelgroep van P. Wegens het eerste gedeelte H N P (H), en dus N P (H) = P. Bijgevolg H P en H/P is een eenvoudige p-groep. Dus wegens Gevolg?? [H : P ] = p. 1.4 Permutatiegroepen De permutatiegroep op een verzameling X noteren wij Sym(X). Als X een eindige verzameling is met n elementen dan noteren wij deze groep gewoonlijk door S n. Het is welbekend dat elke permutatie f Sym(X) op een unieke manier (op volgorde na) kan geschreven worden als het product van disjuncte cycels en dat de orde van f het kleinste gemeen veelvoud is van de lengte van deze disjuncte cycels. Bovendien weten wij wanneer twee permutaties geconjugeerd zijn.

19 16 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Eigenschap Twee elementen in Sym(X) zijn geconjugeerd precies als zij dezelfde cycelstructuur hebben. Bovendien Z(S n ) = {1} als n 3. Bewijs. Zij g = (x 1, x 2,, x m ) een m-cycel in Sym(X) en h Sym(X). Dan zijn alle x 1 h,, x m h verschillend. Bovendien, omdat hg h = gh volgt er dat (x i h)g h = x i+1 h voor 1 i < m en Verder is (x m h)g h = x 1 h. yg h = y als y {x 1 h,, x m h}. Er volgt dat g h = (x 1 h,, x m h), en dus is ook g h een m-cycel. Zij nu g Sym(X) een willekeurig niet-triviaal element. Schrijf g = c, een product van disjuncte niet-triviale cycels. Als h Sym(X) dan g h = c h. Wegens het eerste gedeelte van het bewijs is dit een product van disjuncte cycels. Aangezien c h en c dezelfde lengte hebben, hebben g en g h dezelfe cycelstructuur. Omgekeerd, veronderstel dat g, h Sym(X) dezeldfe cycelstructuur hebben. Schrijf dan g = n c i en h = i=1 n d i, i=1 disjuncte producten van cycels, met c i en d i cycels van dezelfde lengte. Er is dan een bijectie tussen de elementen in c i en deze in d i. Bovendien is er een bijectie tussen de fixpunten van g en deze van h. Men verkrijgt aldus op een eenvoudige manier een bijectie f Sym(X) zodat g f = h.

20 1.4. PERMUTATIEGROEPEN 17 Voor de laatste bewering. Als n 3 en 1 f Sym n dan (door een eventuele hernummering) kan f in disjuncte cycelvorm geschreven worden als f = (1, 2, ). Bijgevolg en dus f Z(S n ). f (2,3) = (1, 3, ) f, Een permutatie wordt even (respectievelijk oneven) genoemd als deze kan geschreven worden als het product van een even (respectievelijk oneven) aantal transposities. Merk op dat een permutatie niet tegelijkertijd even en oneven kan zijn. De deelgroep van de even permutaties op een verzameling X noemt men de alternerende groep op X. Indien X = {1, 2,..., n} dan noteert men deze groep gewoonlijk door Alt n (X), of eenvoudig door A n. Merk ook op dat A n de kern is van het volgende groepshomomorfisme: { f 1 als f even is S n Z 2 : f 0 als f oneven is Eigenschap Zij G een eindige groep van orde 2m, met m een oneven getal. Dan bevat G een normale deelgroep van orde m. I.h.b. G is niet eenvoudig. Bewijs. Omdat 2 G bevat G een element g of orde 2. Beschouw nu de reguliere actie van G. Omdat g van orde 2 is, kan g geschreven worden als een product van disjuncte transposities en cycels van lengte 1. Doch, omdat g 1 heeft g geen fixpunten (voor de reguliere actie). Dus is g het product van m disjuncte cycels. Wegens de veronderstelling is m oneven, en dus is g Alt(G). Zij f : G Sym(G) het natuurlijk homomorfisme geassociëerd met de reguliere actie. Dan, (g)f Alt(G). Stellen wij f samen met het natuurlijke homomorfisme Sym(G) Sym(G)/Alt(G) dan verkrijgen wij een epimorfisme ψ : G Sym(G)/Alt(G) met g ker(ψ). Bijgevolg is ker(ψ) G en ker(ψ) = m. Dus volgt het resultaat. De groep Alt 3 is een cyclische groep van orde 3. De groep Alt 4 heeft als normale deelgroep de verzameling bestaande uit de identiteit en de

21 18 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE elementen die een product zijn van disjuncte transposities. Voor Alt n met n 5 bewijzen wij dat deze groep steeds eenvoudig is. Hiervoor is het volgende lemma nuttig. Lemma Veronderstel dat X G X een transitieve actie is van de groep G op X. Dan zijn alle stabilsatoren G x (met x X) geconjugeerd in G. Bewijs. Wij bewijzen dat voor x X en g G, Inderdaad, voor G x g = (G x ) g. h G x g (x g) h = x g Stelling Als n 5 dan geldt 1. A n is eenvoudig. (x g) hg 1 = x ghg 1 G x h G g x. 2. {1} en A n zijn de enige normale deelgroepen van S n. Bewijs. (1) Een bewijs door inductie herleidt de bewering tot Alt 5. Inderdaad, veronderstel dat n 6 en het resultaat geldt voor Alt 5 en voor alle Altn n met n 6. Zij N Alt n een echte deelgroep van Alt n = Alt({x 1,, x n }. Zij H de stabilisator van een x {x 1,, x n }. Dan H = Alt n 1 en dus is Alt n 1 eenvoudig. Omdat N H H verkrijgen wij dat ofwel N H = {1} ofwel N H = H. Als N H = H, dan H N en dus H g N g = N voor elke g Alt n. Wegens Lemma?? is H g de stabilsator van x g. Dus bevat N elk element van Alt n dat een fixpunt heeft in {x 1,, x n }. Bijgevolg bevat N elk product van twee transposities, en dus Alt n = N, een contradictie. Dus hebben wij bewezen dat de identiteit het enige element is in N dat een fixpunt heeft. Veronderstel dat 1 f N. Ofwel is f een product van disjuncte transposities, ofwel heeft f een cycelstructuur met

22 1.4. PERMUTATIEGROEPEN 19 ten minste één cycel van lengt m 3. Door eventueel een hernummering in te voeren mogen wij veronderstellen dat f de volgende vorm aanneemt als product van disjuncte cycels: Zij g = f (3,5,6) N. Dan (1, 2)(3, 4) of (1, 2, 3, ) g = (1, 2)(5, 4) of g = (1, 2, 5, ). In beide gevallen f g maar 1(fg 1 ) = 1. Dus heeft het element fg 1 N een fixpunt, een contradictie. Wij hebben dus inderdaad aangetoond dat het voldoende is om aan te tonen dat Alt 5 eenvoudig is. Wij bewijzen dus nu dat Alt 5 eenvoudig is. Eerst merken wij op dat er in Alt 5 precies 20 elementen zijn van orde 3 en precies 24 elementen van orde 5. Zij N een echte normale deelgroep van Alt 5. Veronderstel eerst dat 3 N. Dan bevat N een Sylow 3-deelgroep van Alt 5. Wegens de Stelling van Sylow bevat N dan alle Sylow 3- deelgroepen. Dus N bevat alle 20 elementen van orde 3. Dus N > 20. Omdat N 60 volgt er dat N = 30. Analoog, als 5 N, dan bevat N alle 24 elementen van orde 5 en dus ook N = 30. Wegens het voorgaande, als N deelbaar is door 3 of 5, dan bevat N alle 20 elementen van orde 3 of alle 24 elementen van orde 5, en N = 30, een contradictie. Dus is N een 2-group. Als N = 4, dan omdat N Alt 5, verkrijgen wij dat N de enige Sylow 2-deelgroep is van Alt 5. Dus bevat N alle 15 elementen van orde 2, een contradctie. Als N = {1, x} met 1 x, dan heeft x een fixpunt in de verzameling {1,, 5}. Omdat N Alt 5 volgt er dan uit Lemma?? dat N bevat is in elke stabilisator. Dit is duidelijk onmogelijk omdat x N niet alle elementen van {1,, 5} als fixpunt heeft. Er volgt dus dat N = 1, zoals gewenst. (2) Zij N Sym n. Dan N Alt n Alt n. Dus wegens (1), Alt n N of Alt n N = {1}. In het eerste geval, N = Alt n of N = Sym n. Er blijft dus te bewijzen dat als Alt n N = {1}, dan N = {1}. In dit geval, N [Sym n : Alt n ] = 2. Als N = 2, dan is N Z(S n ) = {1}, een contradictie. Wij beschouwen nu automorfismen van S n. Stelling Zij n een natuurlijk getal.

23 20 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE 1. Als n 6, dan is elk automorfisme van S n inwendig. 2. S 6 heeft een automorfisme dat niet inwendig is. Bovendien [Aut(S 6 ) : Inn(S 6 )] = 2. Bewijs. (1) Duidelijk mogen wij veronderstellen dat n 2. Zij t Sym n een element van orde 2. Dus is t een product van k disjuncte transposities en t heeft n 2k fixpunten, met 1 k n. Wij berekenen 2 nu de orde cl(t) van de conjugatieklasse van t. Dit is precies alle mogelijkheden om k disjuncte transposities te kiezen (onafhankelijk van hun orde). Er zijn n(n 1) mogelijkheden om de eerste transpositie te 2 kiezen. Er zijn (n 2)(n 3) mogelijkheden om de tweede transpositie te 2 kiezen. Wij zien dus dat er n! 2 k (n 2k)! mogelijkheden zijn om geordende verzamelingen van k disjuncte transposities in Sym n te kiezen. Dus cl(t) = n! 2 k (n 2k)k!. Als k = 1 (dus t is een transpositie), dan cl(t) = n! 2(n 2)!. Wij tonen nu aan dat transposities de enige elementen t van orde 2 zijn zodat cl(t) = n!!. Hiervoor moeten wij bewijzen dat 2(n 2) 2 k (n 2k)!k! 2(n 2)! voor 1 < k n. (Merk op dat als k = 3 en n = 6 de gewenste 2 ongelijkheid vals is. Maar per veronderstelling is n 6.) Als k = 2 dan is de ongelijkheid duidelijk waar. Veronderstel nu dat k 3 en dus n > 6. Wij bewijzen de ongelijkheid door aan te tonen dat 2 k 1 (n 2k)!k! < (n 2)!.

24 1.5. DIRECTE PRODUCTEN VAN GROEPEN 21 Omdat verkrijgen we ( ) n k 1 = k (n k)! k!(n 2k)!, 2 k 1 (n 2k)!k! 2 k 1 (n k)!. Het is dus voldoende om aan te tonen dat 2 k 1 < (n 2)(n 3) (n k + 1). Maar deze ongelijkheid is correct omdat de rechterkant k 2 factoren heeft die elk groter zijn dan 4; dus is de rechterkant groter dan 4 k 2 = 2 2(k 2) 2 k 1. Zij nu f een automorfisme van Sym n. Omdat conjugatieklassen gepermuteerd worden door f, volgt er uit de vorige berekeningen dat f de transposities van f permuteert. Zij s i = (i, i+1) met 1 i n 1 en t i = (s i )f. Schrijf t 1 = (x 1, x 2 ). Omdat s 1 en s 2 niet commuteren volgt er dat ook t 1 en t 2 ook niet commuteren. Bovendien zijn t 1 en t 2 niet disjunct. Daarom mogen wij veronderstellen dat t 2 = (x 2, x 3 ) met x 3 x 1. Omdat t 3 niet commuteert met t 2 moet x 2 of x 3 voorkomen in t 3. Nu. s 1 commuteert met s 3 en dus t 3 commuteert met t 1. Dus t 3 = (x 3, x 4 ) met x 4 {x 1, x 2, x 3 }. Analoog, t 4 is niet disjunct van t 3, maar is disjunct van t 1 en t 2. Dus t 4 = (x 4, x 5 ) met x 5 {x 1, x 2, x 3, x 4 }. Herhalen wij deze redenering dan bekomen wij dat t i = (x i, x i+1 ) waarbij de elemenen x 1,, x n alle verschillend zijn. En dus {x 1,, x n } = {1, 2,, n}. Zij g Sym n gedefiniëerd door (i)g = x i. Dan (s i ) g = t i. Dus als α de conjugatie door g voorstelt op Sym n, dan (s i )fα 1 = s i. Omdat Sym n voortgebracht is door transposities volgt er dat (s)fα 1 = s voor alle s Sym n. Dus fα 1 = 1, zodat f = α. (2) Dit gedeelte bewijzen wij niet. 1.5 Directe producten van groepen Men zegt dat een groep G het (inwendig) direct product is van normale deelgroepen G 1,..., G n als elk element g G op een unieke manier kan geschreven worden als g 1 g n met g i G i. Wij schrijven n G = G i. i=1

25 22 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Stelling Zij G een groep en G 1,..., G n normale deelgroepen zodat G = G 1 G n. Dan zijn equivalent: 1. G is het inwendig direct product van G 1,, G n. 2. G i (G 1 G i 1 G i+1 G n ) = {1}, voor elke 1 i n, 3. G i (G 1 G i 1 ) = {1}, voor elke 2 i n. Indien deze voorwaarden gelden, dan G = G 1 G n, d.w.z. G = {(g 1,, g n ) g i G i voor 1 i n}. Bewijs. Wij tonen slechts aan dat als de voorwaarden (1)-(3) voldaan zijn, dan is G isomorf met G 1 G n. Inderdaad definiëer als volgt ψ : G 1 G n G ψ(g 1,, g n ) = g 1 g n. Dan is duidelijk ψ een bijectie. Wij tonen nu aan dat ψ een homomorfisme is. Hiervoor merken wij eerst op dat als i j en g i G i en g j G j, dan g i g j g 1 i g 1 j G i G j = {1} (omdat G i en G j normale deelgroepen zijn van G). Dus g i g j = g j g i. Het is nu eenvoudig na te gaan dat ψ een homomorfisme is. Stelling Zij N een eindige minimale normale deelgroep van een groep G. Dan bestaan er deelgroepen N i van N zodat 1. N is het intern direct product van N 1,, N n, 2. elke N i is eenvoudig, 3. alle N i zijn geconjugeerd. Als bovendien Nniet abels is, dan vormen de N i een volledige G-conjugatieklasse van deelgroepen.

26 1.5. DIRECTE PRODUCTEN VAN GROEPEN 23 Bewijs. Zij S een minimale normale deelgroep van N. Omdat N G volgt er dat S g N, voor elke g G. Dus is S g een minimale normale deelgroep van N. Er volgt dat S g g G (dit is de kleinste deelgroep van G voortegebracht door alle S g ) een normale deelgroep is van G die bevat is in N. Wegens de minimaliteit van N verkrijgen wij dat N = S g g G. Omdat N eindig is bestaan er eindig veel geconjugeerden S 1,, S n van S zodat N = S 1,, S n en zodat niet minder dan deze verzamelingen N voortbrengen. Omdat S i N volgt er dat S i S j = S j S i en dus N = S 1 S n. Om aan te tonen dat N het intern direct product is van S 1,, S n is het voldoende te bewijzen dat D = S i j i S j = {1}. Nu is D N en D S i. Omdat S i minimaal normaal is in N volgt er dat D = {1} of D = S i. In het tweede geval, S i = D j i S j en dus j i S j = j S j = N, en dit is in contradictie met de keuze van de S 1,, S n. Dus is inderdaad D = {1}. Er blijft dus te bewijzen dat elke S i eenvoudig is. Zij daarom M S i en M {1}. Omdat S i S j = {1} volgt er dat S j C G (S i ) N G (M). Omdat S i N G (M) verkrijgen wij dus dat N = S i N G (M). Dus is M N. Omdat S i minimaal normaal is in N volgt er dat M = S i, zoals gewenst. Ten slotte, veronderstel dat N niet abels is. Omdat Z(N) G en N minimaal normaal is in G en N niet abels is, volgt er dat Z(N) = {1}.

27 24 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Zij nu T een G-geconjugeerde van S. Dan is T minimaal normaal in N. Dus, als T S i, dan T S i = {1}. Bijgevolg voor elke t T en s i S i, [t, s i ] T S i = {1}. M.aw. S i C G (T ). Als dus T {S 1,, S n }, dan N = S 1 S n C G (T ). Dus T Z(N) = {1}, een contradictie. Merk op dat Z(G 1 G n ) = Z(G 1 ) Z(G n ). Ook merken wij op dat als G = G 1 G 2 = G 1 G 3, beide inwendige direct producten, dan is G 2 = G/G1 = G 1 G 2 /G 1 = G 1 G 3 /G 1 = G3. Dus wij hebben een vereenvoudigingseigenschap voor interne directe producten. Doch men moet voorzichtig zijn aangezien R {0} = R = R R, een isomorfisme van additieve groepen. De isomorfismen volgen uit de lineaire algebra (aangezien R en R R vectorruimten zijn met dezelfde Q-dimensie en dus isomorf zijn als vectorruimten en dus ook als groepen.) Men kan echter wel de volgende eigenschap bewijzen. Eigenschap Zij G, H, K eindige groepen. Als G H = G K, dan H = K. 1.6 Eindige nilpotente groepen Een eindige groep G noemt men nilpotent als voor elk priemgetal p de groep G een normale Sylow p-deelgroep bevat. Voorbeelden zijn uiteraard eindige abelse groepen eindige p-groepen. Stelling Als G een eindige nilpotente groep is dan G = p S p, het direct product van de Sylow p-deelgroepen S p (met p een priemdeler van G ).

28 1.6. EINDIGE NILPOTENTE GROEPEN 25 Bewijs. Omdat S p G volgt er dat p S p een deelgroep is van G. Bovendien G = p S p. Dus G = p S p. Verder is p q S p een deler van p q S p. Dus is p q S p niet deelbaar door q. Bijgevolg, S q p q S p = {1}. Het resultaat volgt dan. Wij kunnen deze stelling uiteraard toepassen op eindige abelse groepen, en verkrijgen aldus dat elke eindige abelse groep het direct product is van p-groepen. Deze laatste kan men dan nog verder ontbinden als een direct product van cyclische p-groepen. Dit volgt onmiddellijk uit de volgende eigenschap. Lemma Zij G een eindige abelse p-groep (p een priemgetal). Als g G een element is van maximale orde, dan voor een deelgroep H van G. G = g H Bewijs. Dit werd reeds bewezen in andere cursussen. Wij verkrijgen aldus de volgende welbekende stelling. Stelling Elke eindige abelse groep is isomorf met een direct product van cyclische p-groepen. Bovendien als n 1,..., n k en m 1,..., m l niet-triviale machten zijn van priemgetallen zodat Z n1 Z nk = Z m1 Z ml, dan k = l, en n i = m i (na eventueel te hernummeren). Als toepassing kunnen wij de groep van de complexe representaties van een eindige abelse groep berekenen. Dus zij A een eindige abelse groep en zij  de groep van alle homomorfismen van A in de multiplicatieve groep C \ {0}. Men noemt  de duale groep van A. Stelling Als A een eindig abelse groep is, dan  = A. Bewijs. Schrijf A = C 1 C n, met elke C i een cyclische groep. Definiëer een groephomomorfisme f :  Ĉ1 Ĉn

29 26 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE als volgt α (α C1,, α Cn ). Als α ker f, dan α Ci = 1 en dus C i ker α. Omdat A = C 1 C n volgt er dat A ker α en dus is α = 1. Bijgevolg is f injectief. Wij tonen nu aan dat f surjectief is. Zij daarom α i Ĉi. Definiëer als volgt α : Â C \ {0} c 1 c n α 1 (c 1 ) α n (c n ). Dan is duidelijk (α)f = (α 1,, α n ). Dit bewijst de surjectiviteit. Er blijft dus te bewijzen dat Ĉ = C, voor een cyclische groep C = g. Veronderstel dat C = n. Zij E de n-de eenheidswortels van C. Dan E = e 2πi/n, een cyclische groep van orde n. Dus is α : C E : g k e 2πik/n een isomorfisme van groepen. Bovendien is α Ĉ en is de orde van α in deze groep ook n. Het is dus voldoende om aan te tonen dat Ĉ = α. Zij dus β Ĉ. Omdat ((g)β)n = (g n )β = (1)β = 1, volgt er dat (g)β E. Dus (g)β = ((g)α) m voor een m. Dus (g)β = (g)α m en bijgevolg β = α m α. 1.7 Groepsuitbreidingen Zij N en H groepen. Men noemt een groep G een uitbreiding van N door H als G een normale deelgroep M bevat zodat M = N en G/M = H. Het uitbreidingsprobleem is om alle uitbreidingen (op isomorfisme na) van N door H te klassificeren. Uiteraard is het (uitwendig) direct product N H zo een groep. Wij geven een meer algemene constructie. Men noemt een groep G een gesplitste uitbreiding van N door H als voldaan is aan de volgende eigenschappen: 1. er bestaat M G zodat M = N en G/M = H, 2. er bestaat een deelgroep K van G zodat KM = G en K M = {1}.

30 1.7. GROEPSUITBREIDINGEN 27 Men zegt dat M gecomplementeerd is door K in G. Merk op dat in de voorgaande definitie M een normaal complement K heeft als en slechts als G = N K. In het algemeen voert K een actie uit op M (door conjugatie). Deze actie is triviaal als en slechts als K C G (M); in dit geval is dan M C G (K) N G (K) en dus is K G. Wij zeggen dat een groep H een actie via automorfismen uivoert op een groep N als, voor elke n 1, n 2 N en h H, (n 1 n 2 ) h = (n 1 h)(n 2 h). D.w.z. de actie van elk element van H geeft een groepautomomorpfisme. Stelling Veronderstel dat een groep H een actie via automorfismen uitvoert op een groep N. Dan bestaat een groep G met deelgroepen N 1 en H 1 zodat 1. N = f N 1 en H = ψ H 1, 2. N 1 H 1 = G, 3. N 1 H 1 = {1}, 4. N 1 G, 5. ψ(h) 1 f(n)ψ(h) = f(n h). Men noemt G het semidirect product van N door H, en men noteert deze groep N H. Bewijs. Het gebruikelijke bewijs construëert G als een groep van geordende paren. Wij construëren G als een deelgroep van Sym(X) met X = H N. Definiëer een actie van N en H op X als volgt en (k, m) h = (kh, m h) (k, m) n = (k, mn), voor k, h H en m, n N. Geen enkel niet-triviaal element van N of H voert een triviale actie uit. Er volgt dus dat er isomorfismen zijn van

31 28 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE H en N in Sym(X). Hun beelden noteren wij H 1 en N 1. Dus N = f N 1 en H = ψ H 1. Nu ((k, m)) (ψ(h) 1 f(n)ψ(h)) = (( (k, m) h 1) n ) h = ( k, ( m h 1) n) h ) Omdat dit een actie via automorfismen is volgt er Bijgevolg ((k, m)) (ψ(h) 1 f(n)ψ(h)) = (k, m(n h)) = ((k, m)) f(n h) ψ(h 1 )f(n)ψ(h) = f(n h). Er volgt dat ψ(h) N(f(N)), de normalisator van f(n), en dus is G = ψ(h) f(n) een groep. Het resultaat volgt als wij bovendien bewijzen dat ψ(h) f(n) = {1}. Om dit aan te tonen, veronderstel dat x = ψ(h) = f(n). Dan (kh, m h) = (k, m)x = (k, mn). Er volgt dat h = 1 en dus x = ψ(h) = Oplosbare groepen In deze sectie behandelen wij (eindige) groepen die geconstruëerd worden uit de (cyclische) abelse groepen. Definitie Een groep G is oplosbaar als er normale deelgroepen G 0, G 1,, G n van G bestaan zodat 1. {1} = G 0 G 1 G n = G,

32 1.8. OPLOSBARE GROEPEN G i+1 /G i is abels voor 0 i < n. Voorbeelden zijn de abelse groepen, S 3, D 8, alle eindige groepen van oneven orde (een resultaat van Feit en Thompson). Eenvoudige niet-abelse groepen zijn niet oplosbaar (b.v. A 5 ). Herinner dat de afgeleide groep G de deelgroep is van G die voortgebracht wordt door de commutatoren [g, h] = g 1 h 1 gh, met g, h G. Deze groep is de kleinste normale deelgroep van G zodat de corresponderende quotiëntgroep abels is. Definiëer G (0) = G en, voor n 1, Dan noemen wij G (n) = ( G (n 1)). G = G (0) G (1) G (2) de afgeleide reeks (Eng. derived series) van G. Stelling Een groep G is oplosbaar als en slechts als G (n) = {1} voor een n. De kleinste n zodat G (n) = {1} noemt men de afgeleide lengte (Eng. derived length) van G, dit wordt genoteerd dl(g). Bewijs. Veronderstel dat G oplosbaar is. Dus zijn er normale deelgroepen G i van G zodat {1} = G 0 G 1 G n = G en is abels voor 0 i < n. Dus, G i+1 /G i (G i+1 ) G i voor alle i. Bijgevolg G G n 1

33 30 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE en Er volgt voor 0 k < n. Bijgevolg Omgekeerd, als G (n) = {1} dan G (2) = (G ) (G n 1 ) G n 2. G (k) G n k G (n) G 0 = {1}. {1} = G (n) G (n 1) G (1) G (0) = G. Bovendien is voor elk automorfisme f van G f(g (k) ) = (f(g)) (k), i.h.b., elke G (k) is een invariante deelgroep van G en dus een normale deelgroep van G. Dus is G een oplosbare groep. Eigenschap Deelgroepen en quotientgroepen van een oplosbare groep zijn terug oplosbaar. Als N G en N en G/N oplosbaar zijn, dan is ook G oplosbaar. Bovendien dl(g) dl(n) + dl(g/n). Bewijs De eerste bewering is eenvoudig te verifiëren. Wij bewijzen het tweede gedeelte. Zij dus N G en veronderstel dat N en G/N oplosbaar zijn. Zij dl(n) = n en dl(g/n) = m. Omdat (G/N) (m) = {1} volgt er dat G (m) N. Dus Dus volgt het resultaat. G (m+n) = (G (m) ) (n) N (n) = {1}. Zij G een groep. Een compositierij van G is een rij deelgroepen {1} = G 0 G 1 G 2 G n 1 G n = G, zodat G i G i+1, voor 0 i n 1,

34 1.9. NILPOTENTE GROEPEN 31 en elke G i+1 /G i is een eenvoudige groep. Elke eindige groep G heeft een compositierij. Later zullen wij aantonen dat de compositiefactoren éénduidig bepaald zijn (op isomorfisme en orde na) en dat zij onafhankelijk zijn van de compositierij. Gevolg Zij {1} = G 0 G 1 G n = G een compositierij van G. Dan, G is oplosbaar als en slechts als elke G i+1 /G i een groep is van orde een priemgetal. Als bovendien alle G i normaal zijn in G, dan noemt men G superoplosbaar. Bewijs. Veronderstel dat alle compositiefactoren priem orde hebben. Dan G G n 1 en dus G G n 2. Herhaal dit en er volgt dat G (n) = {1}. Dus is G oplosbaar. Omgekeerd, veronderstel dat G oplosbaar is. Wegens Eigenschap?? is dan elke factor G i+1 /G i oplosbaar. Er blijft te bewijzen dat een oplosbare eenvoudige groep H van priem orde is. Dit is evident, inderdaad is H een echte normale deelgroep van H en dus H = {1} (omdat H eenvoudig is). Dus is H abels en eenvoudig. Bijgevolg is H van priem orde. Voor oplosbare groepen kan men het volgende resultaat bewijzen. Stelling (P. Hall) Zij G een eindige en oplosbare groep en π een verzameling van priemgetallen. Dan bestaat er een deelgroep H van G zodat elke priemdeler van H tot π behoort en elke priemdeler van [G : H] niet tot π behoort. 1.9 Nilpotente groepen Wij definiëren nu willekeurige nilpotente groepen. In het geval van eindige nilpotente groepen tonen wij aan dat dit overeenstemt met de vroegere definitie (d.w.z, alle Sylow deelgroepen zijn normaal). Definitie Een groep G is nilpotent als er normale deelgroepen G 0, G 1,..., G n van G bestaan zodat

35 32 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE 1. {1} = G 0 G 1 G n = G, en 2. G i+1 /G i Z(G/G i ), voor 0 i < n. Voorbeelden zijn abelse groepen en D 8. Een niet-nilpotente groep is S 3. Uiteraard zijn nilpotente groepen oplosbaar. Eigenschap Zij G een eindige groep. 1. Als Z(G/M) {1} voor elke echte normale deelgroep M van G, dan is G is nilpotent. 2. Als G een eindige p-groep is, dan is G nilpotent. Bewijs. Voor elke n N definiëren wij een deelgroep Z n = Z n (G) van G (het n-de centrum als volgt: Z 0 = {1} en, voor n > 0, Z n is de deelgroep van G zodat Z n 1 Z n en Z n /Z n 1 = Z(G/Z n 1 ). Merk op dat elke Z n een invariante, en dus een normale deelgroep is van G. (1) Wegens de veronderstelling is Z n 1 Z n als Z n 1 G. Omdat G eindig is volgt er dat Z n = G voor een n N. Dus is G nilpotent. (2) Wegens Eigenschap?? heeft elke eindige niet-triviale p-groep een niet triviaal centrum. De bewering (2) volgt dan onmiddellijk uit (1). Een rij G 0 G 1 G n van normale deelgroepen van een groep G noemt men een centrale rij (Eng. central series) als G i+1 /G i Z(G/G i ) voor 0 i < n. Definiëer Z 0 (G) = {1} en, voor i > 0, zij Z i (G) de deelgroep van G gedefiniëerd door Z i (G)/Z i 1 (G) = Z(G/Z i 1 (G)).

36 1.9. NILPOTENTE GROEPEN 33 De rij {Z i (G) i 0} noemt men de stijgende (of hoogste) centrale rij (Eng. upper central series) van G. Uiteraard is G nilpotent als Z n = G voor een n G. Wij zullen aantonen dat het omgekeerde ook geldt. Voor deelverzameligen H, K van een groep G noteren wij met [H, K] de deelgroep voortgebracht door alle [h, k] met h H en k K. Men noemt dit de commutator van H en K. Voor een groep G definiëer G 1 = G en, voor n 2, G n = [G n 1, G]. Dan is elke G n een karaktersitieke deelgroep van G (en dus normaal). Er volgt dat G = G 1 G 2 G 3 een centrale rij is. Men noemt dit de dalende (of laagste) centrale rij (Eng. lower central series) van G. Stelling Zij G een groep en n 1. Dan zijn equivalent 1. G is nilpotent, 2. G n+1 = {1}, 3. Z n (G) = G. Indien G nilpotent is, dan noemt men het kleinste natuurlijk getal n zodat Z n = G de nilpotentieklasse van G Bewijs. (1) (2). Veronderstel dat G nilpotent is. Zij een centrale rij van G. Omdat {1} = G 0 G 1 G n = G G i+1 /G i Z(G/G i ) verkrijgen wij dat Bijgevolg [G i+1, G] G i. G i G n i+1

37 34 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE en dus G n+1 = {1}, zoals gewenst. (2) (3). Veronderstel dat G n+1 = {1}. Dan G = G 1 G 2 G n+1 = {1}. Omdat G n+1 = [G n, G] = 1 is het duidelijk dat G n Z(G) = Z 1. Omdat G n = [G n 1, G] Z 1 volgt er dat G n 1 Z 2 en dus G n 2 Z 3. Door inductie volgt er G (n+1) i Z i. Bijgevolg G = G 1 = G (n+1) n Z n, m.a.w. G = Z n. (3) (1) Dit is reeds eerder vermeld. Gevolg Deelgroepen en quotientgroepen van een nilpotente groep zijn terug nilpotent. Bewijs. Zij G een nilpotente groep en N een deelgroep. Omdat H n G n volgt er uit Stelling?? dat ook N nilpotent is. Als bovendien N een normale deelgroep is, zij dan f : G G/N het natuurlijk epimorfisme. Dan f(g n ) (G/N) n. Als G n = {1} dan volgt er dat (G/N) n = {1}. Dus is ook G/N nilpotent. Stelling Zij G een eindige groep. De volgende voorwaarden zijn equivalent: 1. G is nilpotent, 2. H N G (H) voor elke deelgroep H van G met H G, 3. elke maximale deelgroep van G is normaal, 4. elke Sylow deelgroep van G is normaal, 5. G is het direct product van p-deelgroepen, met elke p een priemgetal. Bewijs. (1) (2). Zij G een nilpotente groep en {1} = G 0 G 1 G n = G een centrale rij (wij mogen veronderstellen dat G i G i+1 ). Veronderstel bovendien dat H een echte deelgroep is van G. Zij dan k het grootste

38 1.9. NILPOTENTE GROEPEN 35 natuurlijk getal zodat G k H. Merk op dat k < n. Nu is [H, G k+1 ] G k en bijgevolg is G k+1 N G (H). Dus volgt (2). (2) (3). Zij H een maximale deelgroep van G. Wegens (2), H N G (H). Omdat H maximaal is volgt er dat N G (H) = G. Dus is H normaal in G. (3) (4). Zij P Syl p (G), met p een priemgetal. Wij moeten bewijzen dat N G (P ) = G. Veronderstel dat N G (P ) G. Zij dan M een maximale deelgroep van G zodat N G (P ) M. Wegens de veronderstelling (3) is M een normale deelgroep van G. Wij beweren dat G = M; en dit is duidelijk een contradictie. Inderdaad zij g G. Dan P g M g = M. Omdat P = P g volgt er dat P Syl p (M). Dus bestaat een m M zodat P gm = P. M.a.w., gm N G (P ) M. Dus g M, en bijgevolg G = M. (4) (5). Dit weten wij reeds. (5) (1). Dit bewijst men eenvoudig door aan te tonen dat het eindig direct product van nilpotente groepen zelf nilpotent is. Stelling Zij N 1 en N 2 normale deelgroepen van een groep G. Als N 1 en N 2 eindig en nilpotent zijn, dan is N 1 N 2 een nilpotente groep. Bewijs. Zij p een priemgetal. Zij P Syl p (N 1 ) en Q Syl p (N 2 ). Omdat N 1 en N 2 eindige nilpotente groepen zijn, weten wij dat P N 1 en Q N 2. Dus is P een karakteristieke deelgroep van N 1 en Q een karakteristieke deelgroep van N 2. Omdat N 1 en N 2 normale deelgroepen zijn van G volgt er dat P en Q ook normale deelgroepen zijn van G. Wegens Gevolg??, P Q P Q = P Q, en dus is P Q zelf een p-groep. Er volgt dat P Q een normale p-deelgroep is van N 1 N 2. Het is nu nog voldoende om aan te tonen dat P Q een Sylow p- deelgroep is van H = N 1 N 2. Wij noteren met n p de maximale macht van p die het getal n deelt. H p = ( N1 N 2 N 1 N 2 ) p

39 36 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE = N 1 p N 2 p N 1 N 2 p P Q P Q = P Q Dus is inderdaad P Q een Sylow p-deelgroep van H. De grootste normale nilpotente deelgroep van een eindige groep G noemt men de Fitting deelgroep van G en noteert men F (G). Het is een karakteristieke deelgroep van G. De Frattini deelgroep Φ(G) van een groep G is de doorsnede van alle maximale deelgroepen van G. Stelling Voor een eindige groep G zijn de volgende voorwaarden equivalent: 1. G is nilpotent, 2. G/Φ(G) is abels, 3. G/Φ(G) is nilpotent. Bewijs. (1) (2). Veronderstel dat G een eindige nilpotente groep is. Wij moeten bewijzen dat G Φ(G), m.a.w., G M voor elke maximale deelgroep M van G. Omdat G nilpotent en eindig is weten wij dat M G en dus is M/M een maximale deelgroep van G/M. Dus is G/M een eenvoudige nilpotente groep. Bijgevolg is G/M cyclisch (van priem orde) en dus abels. Er volgt dat inderdaad G M. (2) (3). Omdat elke abelse groep nilpotent is, is de bewering evident. (3) (1). Het is voldoende om aan te tonen dat elke maximale deelgroep M van G een normale deelgroep is. Omdat Φ(G) M volgt er dat M/Φ(G) een maximale deelgroep is van G/Φ(G). Omdat G/Φ(G) nilpotent is volgt er dat M/Φ(G) een normale deelgroep is van G/Φ(G). Dus is M normaal in G. Stelling Zij G een eindige groep. Als Φ(G) N G, dan is N nilpotent als en slechts als N/Φ(G) nilpotent is. I.h.b is de Frattini deelgroep F (G) van een eindige groep G steeds een nilpotente groep.

40 1.10. STELLING VAN JORDAN-HÖLDER 37 Bewijs. Uiteraard is N/Φ(G) nilpotent als N nilpotent is. Omgekeerd, veronderstel dat N/Φ(G) nilpotent is. Om aan te tonen dat N nilpotent is, is het voldoende om aan te tonen dat elke Sylow p-deelgroep P van N normaal is in N. Nu is P Φ(G)/Φ(G) een Sylow p-deelgroep van N/Φ(G). Omdat N/Φ(G) een nilpotente groep is, volgt er dat P Φ(G)/Φ(G) een karakteristieke deelgroep is van N/Φ(G). Dus is P Φ(G)/Φ(G) een normale deelgroep van G/Φ(G). Bijgevolg P Φ(G) G. Omdat P Syl p (N) volgt er ook dat P Syl(P Φ(G)). Zoals in een vorig bewijs toont men dan aan dat G = N G (P )P Φ(G) = N G (P )Φ(G). Omdat Φ(G) bevat is in elke maximale deelgroep van G verkrijgen wij dat G = N G (P ). Dus is P G en bijgevolg P N. Gevolg Voor elke eindige groep, F (G/Φ(G)) = F (G)/Φ(G). Een ander welbekend voorbeeld van een nilpotente groep is de deelgroep UT n (K) van GL n (K) bestaande uit alle matrices die nullen hebben beneden de hoofdiagonaal en alleen 1 hebben op de diagonaal. Hier is K een lichaam. Een welbekend resultaat is dat elke eindig voortgebrachte torsievrije nilpotente groep isomorf is met een deelgroep van UT n (Z) voor een geheel getal n 1. Verder is het bekend dat elke eindig voortgebrachte nilpotente groep isomorf is met een deelgroep van SL n (Z) voor een geheel getal n 1. Nog een voorbeeld. Zij R een associatieve ring en N een nilpotente deelring, d.w.z. N n = {0} voor een geheel getal n 1. Men kan aantonen dat 1 + N = {1 + x x N} een nilpotente groep is van nilpotentieklasse ten hoogste n Stelling van Jordan-Hölder De resultaten in dit hoofdstuk hebben zowel toepassingen in groep- als ringtheorie.

41 38 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Definitie Zij X een verzameling en G een groep. Men noemt G een X-groep (of groep met operator verzameling X) als er een afbeelding bestaat zodat voor alle g, h G en x X. G X G : (g, x) g x (gh) x = g x h x, Voorbeelden zijn groepen (met X = ), vectorruimten en meer algemeen modulen (met R een ring). Ook is de conjugatie een voorbeeld. Men noemt een deelgroep H van een X-groep G een X-deelgroep als h x H voor alle h H en x X. In het geval van de conjugatie stemt het begrip X-deelgroep overeen met een normale deelgroep. Een groephomomorfisme f : G H tussen twee X-groepen noemt men een X-homomorfisme als f(g x ) = f(g) x, voor alle g G en x X. De verzameling van alle zulke X-homomorfismen noteert men Hom X (G, H). Alle elementaire eigenschappen over quotientgroepen en homomorfismen blijven gelden in deze context. Definitie Zij G een X-groep. Een X-rij van G is een stel X- deelgroepen G 0, G 1,..., G n van G zodat (1) G 0 = {1} en G n = G en (2) G i G i+1 voor 0 i < n. Men noemt zo een reeks een X-compositierij voor G als, bovendien, (3) G i is een maximale echte normale X-deelgroep van G i+1 voor 0 i < n. (M.a.w G i+1 /G i is X-eenvoudig.) Duidelijk heeft elke eindige X-groep een X-compositierij. Maar niet elke X-groep heeft een compositierij. Bijvoorbeeld als X = en G abels is, dan bestaat een compositierij als en slechts als G eindig is. Als dus V een niet-nul eindig dimensionale vectorruimte is over R, dan heeft V geen -compositierij. Doch V heeft een R-compositierij.

42 1.10. STELLING VAN JORDAN-HÖLDER 39 In geval X = noemt men een X-compositierij eenvoudig een compositierij. Als X = G en de actie gegeven wordt door conjugatie, dan zijn X-deelgroepen de normale deelgroepen en de X-compositierij noemt men een hoofdrij (Eng. chief series). Het volgende technische lemma is een middel om uit gegeven X- compositierijen nieuwe X-compositierijen te construëren. Lemma Zij G een X-groep en zij N, U, V X-deelgroepen van G. Als N G, U V en V/U X-simpel is, dan 1. UN V N en V N/UN is ofwel triviaal ofwel X-eenvoudig, 2. (U N) (V N) en (V N)/(U N) is ofwel triviaal ofwel X-eenvoudig. Bewijs. (1) Omdat V N G (UN) en N N G (UN) verkrijgen wij dat UN V N. Omdat V N = V (UN) volgt er V N UN = V (UN) UN = V V UN. Omdat U V UN V en omdat V/U ook X-simpel is, volgt er dat V UN = V of V UN = U. Dus ofwel V N/UN = {1} of V N/UN = V/U en dus is X-simpel. (2) Omdat V N G (U N) verkrijgen wij dat U N V N. Er volgt dan ook V N U N = V N (V N) U = (V N)U. U Omdat U U(V N) V en omdat de groep V/U ook X-simpel is, volgt er dat ofwel U(V N) = V of U(V N) = U. Dus, ofwel (V N)/(U N) = {1} of (V N)/(U N) = V/U is X-simpel. Eigenschap Zij G een X-groep en N G. Als G een X- compositierij heeft, dan heeft ook N een compositierij en N is een lid in een compositierij van G. Bewijs. Zij G 0 = {1} G 1 G n = G een X-compositierij voor G. Stel N i = N G i. Dus {1} = N 0 N 1 N n = N

43 40 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE een X-rij voor N. Wegens het vorige lemma is elke factor N i+1 /N i ofwel triviaal of X-simpel. Als wij uit deze rij de groep N i+1 verwijderen indien N i+1 = N i, dan is de overblijvende rij een X-compositierij voor N. Voor het tweede gedeelte, definiëer L i = NG i voor 0 i n. Dan N = L 0 L 1 L n = G. De N i te samen met de L i vormen een X-rij voor G die N bevat. Wegens het vorige lemma is elke L i+1 /L i ofwel triviaal of X-simpel. Door herhalingen in de X-rij te verwijderen verkrijgen wij een X-compositierij die N bevat. Stelling (Jordan-Hölder) Zij G een X-groep. Als en X-compositierijen zijn van G, dan 1. n = k, 2. er bestaat een f S n zodat voor 0 i < n. {1} = G 0 G 1 G n = G {1} = H 0 H 1 H k = G G i+1 /G i = Hf(i)+1 /H f(i), Het getal n wordt de compositie lengte van G genoemd, en men noteert dit als l(g). Als een X-groep geen X-compositierij heeft, dan noemt men de groep van oneindige lengte. Bewijs. Als X en Y twee X-compositierijen zijn van dezelfde X-groep, dan noteren wij X Y als de twee rijen dezelfde lengte hebben en isomorfe factoren hebben (op een herschikking na, rekening houdend met de multipliciteit). Zij X : {1} = G 0 G 1 G n = G

44 1.10. STELLING VAN JORDAN-HÖLDER 41 en Y : {1} = H 0 H 1 H k = G. Door inductie op de lengte n van X tonen wij aan dat X Y. Als n = 1, dan is G een X-simpele groep en dus X Y. Zij X 0 en Y 0 de X-compositierijen van G n 1 en H k 1, verkregen door de laatste term in de respectievelijke rijen X en Y te verwijderen. Als G n 1 = H k 1, dan is de lengte van X 0 gelijk aan n 1. Wegens de inductiehypothese volgt er dat X 0 Y 0. Er volgt dat X Y, omdat wij in beide gevallen slechts de term G/G n 1 toevoegen. Veronderstel nu dat G n 1 H k 1. Stel N = G n 1 H k 1 G. Wegens Eigenschap?? weten wij dat N een X-compositierij N heeft. Omdat G/G n 1 en G/H k 1 X-simpel zijn, volgt er dat G n 1 H k 1 = G en H k 1 /N = G/G n 1 en G n 1 /N = G/H k 1 zijn ook X-simpele groepen. Wij verkrijgen aldus twee nieuwe X-compositierijen U en V voor G door de volgende rijen aan deze van N toe te voegen: en N G n 1 G N H k 1 G. Door deze te beperken tot G n 1 en H k 1 verkrijgen wij X-compositierijen U 0 en V 0 voor G n 1 en H k 1. Wegens de inductiehypothese (toegepast op G n 1 ) verkrijgen wij dat X 0 U 0 en dus X U. Dus n = m + 2, met m de lengte van N. Dus is de lengte van V 0 gelijk aan m + 1 = n 1. De inductiehypothese toegepast op H k 1 geeft dan V 0 Y 0. Bijgevolg V Y. Omdat G/G n 1 = Hk 1 /N en G/H k 1 = Gn 1 /N, volgt er dat U V en het resultaat volgt. Eigenschap Zij G een X-groep van eindige lengte. Als N G een X-deelgroep is, dan l(g) = l(n) + l(g/n). Bewijs. Dit is evident wegens Eigenschap?? (N is een term in een compositierij van G). Deze lengte kan soms gebruikt worden om bewijzen te geven per inductie.

45 42 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE 1.11 Vrije groepen Zij X = {x i i I} en X 1 = {x 1 i i I twee disjuncte verzamelingen. Een woord in het alfabet X is een eindige rij van symbolen van X X 1. Het lege woord noteren wij e. De lengte van de rij noemen wij de lengte van het woord. Een woord is gereduceerd als het geen twee opeenvolgende symbolen van de volgende vorm heeft: x ɛ i, x ɛ i, met ɛ = ±1. Twee woorden u en v noemt men equivalent (genoteerd, u v) als v kan bekomen worden uit u door een eindig aantal invoegingen of schrappingen van woorden van de vorm x ɛ ix ɛ i. Er volgt dat een equivalentierelatie is. De equivalentieklasse van u noteren wij [u]. Stelling Zij {x i i I} en F (X) de verzameling van de equivalentieklassen van de woorden in het alfabet, voor de equivalentieklasse. Dan is F (X) een groep voor de vermenigvuldiging [u] [v] = [uv]. Men noemt F (X) de vrije groep voortgebracht door de verzameling X en X noemt men de rang van de vrije groep. Men noemt X een vrije basis van F (X). Eigenschap Zij G een groep voortgebracht door M = {g i i I}. Zij X = {x i i I} een alfabet. Dan breidt de afbeelding X M : x i g i uit tot een groepepimorfisme F (X) G. De elementen van de kern N van F (X) G worden de relaties van de groep G genoemd, ten opzichte van het alfabet X. Als een deelverzameling R van N zodanig is dat de normale sluiting van R de groep N is, dan noemt men R de definiërende relaties in het alfabet X. Merk op dat G = F (X)/N, en dus definieren X en R volledig de groep G (op isomorfisme na). Het paar X R noemt men een presentatie van de groep G in functie van de generatoren X en de relaties R. Bijvoorbeeld, D 8 = a, b a 4, b 2, bab 1 a.

46 1.11. VRIJE GROEPEN 43 Dikwijls noteert men dit ook als volgt D 8 = a, b a 4 = 1, b 2 = 1, ba = a 1 b. Stelling Zij n 2 een geheel getal. Dan is de deelgroep van SL 2 (Z) voortgebracht door de matrices [ ] [ ] 1 n 1 0 a = en b = 0 1 n 1 vrij voortgebracht; d.w.z. deze groep is isomorf met de vrije groep van rang twee. Bewijs. Zij w een alternerend product van niet nul machten van a en b. Wij moeten aantonen dat w 1. Door eventueel te conjugeren door een macht van b mogen wij veronderstellen dat w = a n 1 b n2 c nr, met c = a of b, en alle n i 0. Zij z i de eerste rij van de matrix a n 1 b n2 c n i. Als z 2k 1 = (x 2k 1, x 2k ), dan z 2k = z 2k 1 b n 2k = (x 2k+1, x 2k ), z 2k+1 = z 2k a n2k+1 = (x 2k+1, x 2k+2 ), met x 2k+1 = x 2k 1 +nn 2k x 2k en x 2k+2 = x 2k +nn 2k+1 x 2k+1. Deze laatste twee vergelijkingen kunnen in één vergelijking gecombineerd worden: x i+2 = x i + nn i+1 x i+1, voor i = 1, 2,, r 1. Het resultaat volgt als wij aantonen dat x i toeneemt als i stijgt van 1 tot r + 1. Voor i = 1, 2 is dit eenvoudig na te gaan. De inductiestap is als volgt: x i+2 n n i+1 x i+1 x i 2 x i+1 x i x i Door gebruik te maken van het ping-pong lemma kan men voor de vorige stelling een eleganter meetkundig bewijs geven.

47 44 HOOFDSTUK 1. GROEPENTHEORIE Men kan aantonen dat deelgroepen van vrije groepen terug vrij zijn. Een bekend resultaat van Tits zegt dat een deelgroep van GL n (K) ofwel een vrije deelgroep van rang twee bevat ofwel een oplosbare deelgroep van eindige index bevat.

48 Hoofdstuk 2 Veldentheorie 2.1 Definities Zij F en K lichamen. Als F K, dan noemen wij K een lichaamuitbreiding van F. Men noemt F het grondlichaam. Een element α K noemt men algebraïsch over F als er een veelterm f(x) F [X] bestaat zodat f(α) = 0. Een element van K dat niet algebraïsch is over F noemt men een transcendent element over F. In veldentheorie zoekt men dikwijls naar lichaamuitbreidingen, dit bijvoorbeeld om wortels van veeltermen te vinden in grotere lichamen. Duidelijk is 3 algebraïsch over Q en is X Q(X) transcendent over Q; met Q(X) het breukenlichaam van Q[X]. Men noemt Q(X) het lichaam van de rationale functies over Q. Algemener, het breukenlichaam F (X) van de polynoomalgebra F [X] noemt men het lichaam van de rationale functies over F. Duidelijk is F F (X) een lichaamuitbreiding en is X transcendent over F. Als een lichaam F bevat is een domein R dan kunnen wij R beschouwen als een vectorruimte over F. De dimensie van deze ruimte noteren wij dim F (R) (of R : F ). Als R = K een lichaam is, dan noemt men deze dimensie de graad van de velduitbreiding. Zij F K een lichaamuitbreiding. Als α K, dan noteren wij met F [α] de kleinste deelring van K die F en α bevat. Duidelijk is F [α] = {f(α) f F [X]}. Het breukenlichaam van F [α] noteren wij F (α). Dit is het kleinste deellichaam van K dat F en α bevat. Men noemt dit het deellichaam van K voortgebracht door α over F. 45

49 46 HOOFDSTUK 2. VELDENTHEORIE Eigenschap Zij F K een lichaamuitbreiding en α K. Dan zijn de volgende eigenschappen equivalent: 1. α is algebraïsch over F, 2. dim F (F [α]) <, 3. F [α] is een lichaam, 4. F [α] = F (α). Bewijs. (1) (2) Veronderstel α algebraïsch is over F. Zij 0 f F [X] met f(α) = 0. Wij bewijzen dat F [α] : F deg(f) = n. Het is dus voldoende om aan te tonen dat 1, α,, α n 1 een voortbrengend deel is van F [α] als vectorruimte over F. Nu is een willekeurig element van F [α] van de vorm g(α) met g F [X]. Wegens het delingsalgoritme, g = qf + r met q, r F [X] en ofwel deg(r) < n of r = 0. Omdat f(α) = 0, verkrijgen wij dat g(α) = r(α). Duidelijk is r(α) een F - lineaire combinatie van 1, α,, α n 1. (2) (3) Veronderstel dim F (F [α]) <. Zij 0 β F [α]. Omdat F [α] een domein is volgt er dat de F -lineaire afbeelding ψ : F [α] F [α] : f fβ een injectieve lineaire afbeelding is. Omdat de vectorruimte F [α] eindig dimensionaal is (per veronderstelling) volgt dat ψ bijectief is. Dus 1 ψ(f [α]), d.w.z. 1 = fβ voor een f F [α]. Er volgt dat β inverteerbaar is. Bijgevolg is elk niet nul element van F [α] inverteerbaar, d.w.z F [α] is een lichaam. (3) (4) Dit is evident. (4) (1) Veronderstel dat F [α] = F (α) en dat α niet algebraïsch is over F. Dan is de afbeelding ψ : F [X] F [α] : f(x) f(α) een F -lineair ringisomorfisme. Dus F [α] = F [X]. Aangezien F [X] geen lichaam is geeft dit een contradictie. Als F K een lichaamuitbreiding is en elk element van K algebraïsch is over F, dan noemt men K algebraïsch over F. Uit het vorige resultaat volgt onmiddellijk dat als F K een eindige velduitbreiding

50 2.1. DEFINITIES 47 is (d.w.z. K : F < ) dan is K algebraïsch over F. Zij F K een algebraïsche lichaamuitbreiding en K L lichaamuitbreiding. Als α L algebraïsch is over K, dan is α ook algebraïsch over F. De lichaamuitbreidingen van Q die van eindige graad zijn noemt men de algebraïsche getallenlichamen. Een element van C dat algebraïsch is over Q noemt men een algebraïsch getal. Stelling Zij F K een lichaamuitbreiding. Dan is {α K α is algebraïsch over F } een deellichaam van K dat F bevat. Bewijs. Vooreerst merken wij op dat als F L K lichamen zijn. Dan is K : F < als en slechts als K : L < en L : F <. Stel A = {α K α is algebraïsch over F }. Duidelijk is F A. Wij moeten bewijzen dat α β A en αβ 1 A voor α, β A en 0 β. Omdat α algebraïsch is over F weten wij dat F [α] een lichaam is. Omdat β algebraïsch is over F is het evident dat β ook algebraïsch is over het lichaam F [α]. Dus is (F [α])[β] ook een lichaam. Ook F F [α] (F [α])[β] en F [α] : F < en (F [α])[β] : F [α] <. Dus uit de vorige opmerking volgt dat (F [α])[β] : F <, en dus is (F [α])[β] algebraïsch over F. Omdat α β, αβ 1 (F [α])[β] volgt er dat α β, αβ 1 A. Een lichaamuitbreiding F K zodat elk element α (K \ F ) transcendent is over F noemt men totaal transcendent. Bijvoorbeeld zij A het lichaam van de algebraïsche getallen van C over Q. Dan is elk element α (C \ A) transcendent over A. Dus is C totaal transcendent over A. Eigenschap Zij F K een velduitbreiding. Als K = F (α) en α transcendent is over F, dan is K totaal transcendent over F. Bovendien, voor elke β (K \ F ), dim F (β) (K) <. Bewijs. Zij β (K \ F ). Dan β = uv 1, met u = f(α), 0 v = g(α), en f, g F [X]. Duidelijk is f(α) βg(α) = 0 en dus is p(α) = 0 met p = f(x) βg(x) F (β)[x]. Bijgevolg is α algebraïsch over F (β) en F (β)[α] : F (β) <.

51 48 HOOFDSTUK 2. VELDENTHEORIE Nu K = F (α) F (β)[α] = F (β)(α) en dus K : F (β) <. Omdat α transcendent is over F weten wij dat K : F =, en dus F (β) : F =. Dus is β transcendent over F. Stelling Zij F K een lichaamuitbreiding en veronderstel dat α K algebraïsch over F. Stel I = {f F [X] f(α) = 0}. Dan is I een ideaal van F [X] en de volgende eigenschappen gelden: 1. I = (f), met f de unieke monische irreduciebele polynoom in I. Men noemt f de minimale polynoom van α over F, en men noteert deze door min F (α). 2. F [α] = F [X]/I. 3. Als f I irreduciebel is en f(α) = 0, dan gr(f) =dim F (F [α]) en I = (f). Als toepassing van het Lemma van Gauss bewijst men de volgende eigenschap. Stelling (Criterium van Eisenstein) Zij R een uniek factorisatiedomein met breukenlichaam K. Zij f(x) = r n X n +r n 1 X n r 1 X +r 0 R[X]. Dan is f irreduciebel in K[X] als er een priemelement p R bestaat dat aan de volgende eigenschappen voldoet: 1. p r n, 2. p r i voor 0 i < n, 3. p 2 r 0. Gevolg Het lichaam van de algebraïsche getallen is een algebraïsche uitbreiding van Q van oneindige graad. Bewijs. Zij p een priemgetal. Wegens het Criterium van Eisenstein is de polynoom X n p irreduciebel in Q, voor elke n 1. Dus is X n p de minimale polynoom over Q van de n-de reële wortel α van p. Er volgt dat Q[α] : Q = n. Aangezien Q[α] A, het veld van de algebraïsche getallen over Q, verkrijgen wij dat A : Q n, voor alle n 1.

52 2.2. EENVOUDIGE UITBREIDINGEN Eenvoudige uitbreidingen Een lichaamuitbreiding F K noemt men eenvoudig als K = F (α) voor een α K. Zo een element α noemt men een primitief element. Lemma Een eindige deelgroep van een de multiplicatieve groep K van een lichaam K is een cyclische groep. Bewijs. Zij G een eindige deelgroep van K. Zij p een priemdeler van G. Nu, de elementen van G van orde p zijn nulpunten van de veelterm X p 1. Daar er ten hoogste p nulpunten zijn van deze polynoom, volgt er dat G ten hoogste p 1 elementen van orde p heeft. Er volgt dat de elementen van orde p in G een cyclische deelgroep vormen. Het resultaat volgt dan uit de fundamentele stelling van eindige abelse groepen. Stelling (Artin) Zij F K een lichaamuitbreiding van eindige graad. De uitbreiding is eenvoudig als en slechts als er slechts eindig veel lichamen L bestaan zodat F L K. Bewijs. Zij F = {L F L K, L een lichaam}. Veronderstel dat K = F [α] = F (α). Zij f = min F (α) en P = {g K[X] g is monisch en g f}. Omdat K[X] een uniek factorisatiedomein is volgt er dat P een eindige verzameling is. Wij bewijzen nu dat F eindig is door aan te tonen dat de volgende afbeelding injectief is: F P : L g L = min L (α). Merk op dat g L (α) = 0 en f(α) = 0, dus g L f in L[X]; en bijgevolg g L P. Stel l 0 + l 1 X + + l r X r = g L. Stel M = F [l 0,, l r ], een deellichaam van L en K. Wij tonen aan dat M = L, en dus volgt dat de vermelde afbeelding injectief is. Nu, g L M[X] en g L is irreduciebel in L[X]. Bijgevolg is g L irreduciebel in M[X], en dus g L = min M (α). Omdat g L = min L (α) en L[α] = F [α] = K = M[α] verkrijgen wij K : M = M[α] : M = gr(g L ) = L[α] : L = K : L.

53 50 HOOFDSTUK 2. VELDENTHEORIE Maar, M L K en dus K : M = K : L L : M. Bijgevolg, L : M = 1, d.w.z. L = M. Omgekeerd, veronderstel dat F een eindige verzameling is. Door inductie op K : F tonen wij aan dat F K een eenvoudige uitbreiding is. Als F = K dan is dit evident. Dus veronderstellen wij dat F K. Zij α (K \ F ). Dan F F [α] K en dus K : F [α] < K : F. Omdat F eindig is, zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F [α] en K. Wegens de inductiehypothese volgt er dan dat K = (F [α])[β] = F [α, β], voor een β K. Veronderstel nu dat F een oneindig lichaam is. Dan is elk lichaam L r = F [α + rβ] (r F ) in de verzameling F. Omdat F eindig is verkrijgen wij dat voor verschillende r, s F. Dus Bijgevolg ook L r = L s α + sβ L s en α + rβ L s. (s r)β L s. Omdat 0 (s r) F L s volgt er dan ook en bijgevolg ook Dus β L s α L s. K = F [α, β] L s = F [α + sβ] K, m.a.w. K = F [α + sβ]. Bijgevolg is α + sβ een primitief element. Ten slotte veronderstel dat F eindig is. Omdat K eindig dimensionaal is over F, volgt er dat K ook eindig is. Dus wegens Lemma?? is de eindige groep K cyclisch; zodat K = α, voor een α K. Er volgt dat K = F [α], en dus is α een primitief element.

54 2.3. ISOMORFISMEN 51 Gevolg Zij F K = F (α) een eenvoudige algebraïsche lichaamuitbreiding. Als L een lichaam is zodat F L K, dan L = F (β) voor een β L. Bewijs. Omdat K : F < verkrijgen wij dat K = F [α]. Dus wegens de Stelling van Artin zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F en K. Als dus L een lichaam is tussen F en K, dan zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F en L. Wegens de Stelling van Artin is dan F L een eenvoudige uitbreiding. Deze eigenschap blijft gelden voor niet algebraïsche uitbreidingen die eenvoudig zijn. Doch hiervoor moet men het transcendente geval op een andere manier behandelen. 2.3 Isomorfismen Zij F 1 en F 2 lichamen. Als ϕ : F 1 F 2 een ringhomorfisme is (en dus een monomorfisme) dan bekomen wij een ringhomomorfisme met ˆϕ : F 1 [X] F 2 [X] ˆϕ(a 0 + a 1 X + + a n X n ) = ϕ(a 0 ) + ϕ(a 1 )X + + ϕ(a n )X n. Lemma Zij ϕ : F 1 F 2 een isomorfisme van lichamen. Zij F 1 K 1 en F 2 K 2 lichaamuitbreidingen. Veronderstel α i K i en f i F i [X] met f i (α i ) = 0 voor i = 1, 2. Als ˆϕ(f 1 ) = f 2 en f 1 irreducibel is over F 1, dan breidt ϕ uit tot een lichaamisomorfisme met θ(α 1 ) = α 2. Bewijs. Definiëer θ : F 1 [α 1 ] F 2 [α 2 ] θ : F 1 [α 1 ] F 2 [α 2 ] : g(α 1 ) ( ˆϕg)(α 2 ), met g(x) F 1 [X]. Wij tonen eerst aan dat θ goed gedefiniëerd is. Veronderstel daarom dat g(α 1 ) = h(α 1 ), met h(x) F 1 [X]. Dan is α 1

55 52 HOOFDSTUK 2. VELDENTHEORIE een nulpunt van g h F 1 [X] en ook een nulpunt van f 1 (X). Omdat f 1 irreduciebel is volgt er dat f 1 (g h). Dus is f 2 = ˆϕf 1 ( ˆϕg ˆϕh). Omdat f 2 (α 2 ) = 0 volgt er ( ˆϕg)(α 2 ) = ( ˆϕh)(α 2 ). Dus is inderdaad θ goed gedefiniëerd. Het is eenvoudig na te gaan dat θ F1 = ϕ (als wij het beeld beperken tot F 2 ) en dat θ een surjectief ringhomomorfisme is. Bijgevolg is θ een ringisomorfisme met θ(α 1 ) = α 2. Gevolg Zij F K 1 en F K 2 lichaamuitbreidingen. Veronderstel dat f F [X] irreduciebel is en α i K i voor i = 1, 2. Als f(α 1 ) = f(α 2 ) = 0, dan bestaat er een F -lineair lichaamisomorfisme (men zegt een F -lichaamsisomorfisme) zodat θ(α 1 ) = α 2. θ : F [α 1 ] F [α 2 ] Zij α een reële wortel van X 4 2 Q[X]. Wegens het criterium van Eisenstein weten wij dat X 4 2 een irreduciebele veelterm is over Q. Dus als toepassing van het gevolg verkrijgen wij dat de lichamen Q[α] en Q[iα] isomorf zijn. Merk op dat het eerste lichaam reëel is terwijl het andere niet reële complexe getallen bevat. Stelling Zij F een lichaam en 0 f F [X]. Dan bestaat er een lichaamuitbreiding F K zodat f splitst in K, d.w.z., elke irreduciebele deler van f in K[X] is lineair. Bewijs. Wij tonen eerst aan dat er een lichaam F K bestaat zodat een gegeven irreduciebele veelterm g F [X] een nulpunt heeft in K. Inderdaad, zij I = F [X]g. Omdat g irreduciebel is in F [X] weten wij dat I een maximaal ideaal is in F [X]. Dus is K = F [X]/I een lichaam. Duidelijk is F K : r r + I een injectief ring isomorfisme. Wij identificeren de elementen van F met hun beeld in K. Dus is K een lichaamuitbreiding van F. Omdat g(x + I) = g(x) + I = I volgt er dat g een nulpunt heeft in K. Zij nu 0 f F [X]. Schrijf f(x) = g(x) l (X α i ) i=1

56 2.3. ISOMORFISMEN 53 met g(x) F [X] en alle α i F, en l 0. Wij bewijzen het resultaat per inductie op gr(g). Indien gr(g) = 0, dan is het resultaat evident. Veronderstel daarom dat gr(g) > 0. Dus heeft g een irreducieble factor. Wegens het eerste gedeelte van het bewijs heeft deze factor, en dus ook g een nulpunt β in een lichaamuitbreiding F K. Uiteraard is (X β) een deler van g(x) in K[X] en f(x) = g 0 (X)(X β) l (X α i ), met g 0 (X) K[X]. Omdat gr(g 0 ) < gr(g) volgt uit de inductiehypothese dat f splitst in een lichaamuitbreiding K L. Merk op dat elke polynoom in C[X] splitst. Dit is de fundamentele stelling van de algebra. De polynoom X splitst niet in Q[X], maar splitst wel in C[X]. Als in de voorgaande stelling K voortgebracht is over F door de nulpunten van f in K, dan noemen wij K een splitsingslichaam van f over F. Het is eenvoudig na te gaan dat als f F [X] splitst in een lichaam K, dan bevat K een splitsingslichaam van f over F. Wegens de vorige stelling bestaat voor elke niet-nul polynoom over F een splitsingslichaam. Wij tonen nu aan dat verschillende splitsingslichamen isomorf zijn. Stelling Zij ϕ : F 1 F 2 een lichaamisomorfisme en zij f i F i [X] zodat ϕ(f 1 ) = f 2. Als K i een splitsingslichaam is van f i over F i, dan breidt ϕ uit tot een isomorfisme K 1 K 2. Bewijs. Wij bewijzen dit door inductie op K 1 : F 1. Als K 1 : F 1 = 1 dan splitst f 1 in F 1 [X] en dus splitst f 2 F 2 [X]. Dus is K 2 = F 2 en volgt het resultaat. Veronderstel dus dat K 1 : F 1 > 1. Dan splitst f 1 niet over F 1 en dus heeft f 1 een irreduciebele factor g 1 F 1 [X], met gr(g 1 ) > 1. Stel g 2 = ˆϕ(g 1 ). Dan g 2 f 2. Omdat f 1 splitst over K 1, splitst ook g 1 over K 1. Zij dus α 1 K 1 een nulpunt van g 1. Analoog, zij α 2 K 2 een nulpunt van g 2. Stel L i = F i [α i ], voor 1 i 2. Wegens Lemma?? bestaat er een lichaamisomorfisme θ : L 1 L 2 i=1

57 54 HOOFDSTUK 2. VELDENTHEORIE met θ F1 = ϕ (als wij het beeld beperken tot F 2 ). Nu ˆθ(f 1 ) = f 2. Door inductie tonen wij nu aan dat θ uitbreidt tot een isomorfisme K 1 K 2. Inderdaad, merk eerst op dat K i een splitsingslichaam is voor f i over L i. Verder en dus L 1 : F 1 = gr(g 1 ) > 1 K 1 : L 1 < K 1 : F 1. Wegens de inductiehypothese breidt θ uit tot een isomorfisme K 1 K 2. Als gevolg heeft men dat splitsingslichamen van f F [X] steeds F -isomorf zijn. 2.4 Algebraïsche sluiting Men noemt een lichaamuitbreiding F K een algebraïsche sluiting van F als K algebraïsch is over F en bovendien elke polynoom f F [X] splitst over K. Een lichaam K is algebraïsch gesloten als K een algebraïsche sluiting is van zichzelf. Lemma Zij F K een algebraïsche lichaamuitbreiding. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. K is algebraïsch gesloten, 2. K is een algebraïsche sluiting van F, 3. als K L een lichaamuitbreiding is met L algebraïsch over F, dan L = K, 4. als K L een algebraïsche lichaamuibreiding is, dan is K = L.

58 2.4. ALGEBRAÏSCHE SLUITING 55 Bewijs. (1) (2) Zij K algebraïsch gesloten. Dus elke polynoom f K[X] splitst over K. Dus splitst zeker ook elke polynoom f F [X] over K. (2) (3) Zij K L een lichaamuitbreiding, met L algebraïsch over F. Zij l L. Dus is l algebraïsch over F. Zij dus 0 f F [X] met f(l) = 0. Wegens voorwaarde (2) splitst f over K. Bijgevolg is l K, en dus K = L. (3) (4) Zij K L een algebraïsche uitbreiding. Omdat F K ook een algebraïsche uitbreiding is, volgt er dat F L een algebraïsche uitbreiding is. Dus wegens voorwaarde (3), L = K. (4) (1) Zij 0 f K[X]. Zij L een splitsingslichaam van f over K. Omdat L algebraïsch is over K volgt uit voorwaarde (4) dat K = L. Dus splitst f over K. Zij F K een lichaamuitbreiding, met K een algebraïsch gesloten lichaam. Dan is L = {α K α is algebraïsch over F } de enige algebraïsche sluiting van F in K. Stelling Elk lichaam F heeft een algebraïsche sluiting. Bewijs. Zij S een verzameling zodat F S en S grotere kardinaliteit heeft dan F [X]. Met (K, S) noteren wij een paar zodat K S en S is de algebraïsche structuur die van K een lichaam maakt (dus S bestaat uit twee functies K K K die de optelling en vermenigvuldiging definiëren). In het bijzonder is het gegeven lichaam F van de vorm (F, F) voor een algebraïsche structuur F. Als (K 2, S 2 ) een lichaamuitbreiding is van (K 1, S 1 ) dan noteren wij dit door Zij (K 1, S 1 ) (K 2, S 2 ). P = {(K, S) K S, (F, F) (K, S) is algebraïsch}. Merk op dat (F, F) P en dus is P. Zij nu L een lineair geordende deelverzameling in P. Stel (B, B) met B = (K,F) L K en B is de algebraïsche structuur op B die deze van de lichamen (K, F) L uitbreidt. Dus heeft L een bovengrens. Wegens het Lemma van Zorn bestaat er dus een maximaal element (M, M) in P.

59 56 HOOFDSTUK 2. VELDENTHEORIE Wij bewijzen nu dat (M, M) geen echte algebraïsche lichaamuitreiding heeft. Inderdaad, veronderstel dat L een algebraïsche uitbreiding van (M, M) is. Omdat L F [X] < S weten wij dat L \ M < S \ M en dus bestaat er een injectie van L \ M in S \ M. Identificeer L \ M met zijn beeld in S \ M. Nu is L S en wij overhevelen de lichaamstructuur van L via deze identificatie. Dus (L, S) P en (M, M) < (L, S). Dit is in contradictie met de maximaliteit van (M, M). Stelling Zij ϕ : F 1 F 2 een lichaamisomorfisme. Als F i K i algebraïsche sluitingen zijn, dan breidt ϕ uit tot een lichaamsisomorfisme K 1 K 2. I.h.b. algebraïsche sluitingen van een lichaam F zijn F -isomorf. Bewijs. Zij P de verzameling van alle paren (K, θ), met F 1 K K 1 en θ is een monomorfisme K K 2 dat een uitbreiding is van ϕ. Deze verzameling is partiëel geordend voor (K, θ 1 ) (K, θ 2 ) als K K en de beperking van θ 2 tot K is θ 1. Wegens het Lemma van Zorn heeft deze verzamling een maximaal element (M, µ). Wij beweren dat M een algebraïsche sluiting is van F 1. Zij daarom 0 f 1 F 1 [X]. Omdat f 1 splitst over K 1 bestaat er een splitsinglichaam K van f 1 over M, met K K 1. Analoog bestaat er een splitsinglichaam L K 2 van ˆµf 1 over µ(m). Wegens Stelling?? breidt µ uit tot een isomorfisme θ : K L. Dus (K, θ) P en (M, µ) (K, θ). Wegens de maximaliteit van (M, µ) verkrijgen wij K = M. Bijgevolg splitst f 1 over M; en dus is M een algebraïsche sluiting van F 1. Nu is M K 1 algebraïsch, en dus volgt er M = K 1. Bijgevolg is µ : K 1 K 2 een monomorfisme dat ϕ uitbreidt. Omdat K 1 een algebraïsche sluiting is van F 1 volgt er dan ook dat µ(k 1 ) een algebraïsche sluiting is van µ(f 1 ) = ϕ(f 1 ) = F 2. Omdat K 2 algebraïsch is over F 2 en dus ook over µ(k 1 ) volgt er dat K 2 = µ(k 1 ).

60 Hoofdstuk 3 Galoistheorie In Galoistheorie associëert men een eindige groep met elke lichaamuitbreiding van eindige graad. Op deze manier ontstaat er een mooi verband tussen groep- en lichaamtheorie. 3.1 Galois-uitbreidingen Zij F K een lichaamuitbreiding. Dan is de Galois groep Gal(K/F ) van K over F de groep van de F -automorfismen van K. Dus de elementen van de Galois groep zijn lichaamautomorfismen zodat f : K K f(x) = x voor alle x F. Dus Gal(K/F ) is een deelgroep van de automorfismengroep Aut(K). Wij geven enkele voorbeelden. Voorbeeld. Zij F K een lichaamuitbreiding van graad 2. Dus K = F (α), met α F. Bovendien is α een nulpunt van een irreduciebele quadratische polynoom f(x) = x 2 + bx + c, met b, c F. Dan is ook α = b α een nulpunt van f(x). Dus splitst f(x) over K als volgt: f(x) = (x α)(x α ). 57

61 58 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Wegens Gevolg?? bestaat er dan een F -lichaamisomorfisme met σ : K = F (α) K = F (α ) σ(α) = α. Dus σ Gal(K/F ). Merk op dat σ 1 en dat σ 2 = 1. Inderdaad, α + α = b en dus σ(α ) = b σ(α) = b α = α. Omgekeerd, als 1 ψ Gal(K/F ), dan is ˆψ : K[X] K[X] een F -automorfisme. Dus ˆψ(f(x)) = f(x) en ψ(α) = ˆψ(α) is een nulpunt van f(x). Omdat ψ 1, volgt er dat ψ(α) het andere nulpunt is van f(x). Dus ψ(α) = α. Bijgevolg ψ = σ en dus Gal(K/F ) = {1, σ} = Z 2. Als char(f ) = 0 dan is K = F (δ), met δ K zodat δ 2 = b 2 4ac, een splitsingslichaam van f(x) = ax 2 + bx + c. Dus σ is het F automorfisme zodat σ(δ) = δ. I.h.b. Gal(C/R) = {1, σ} met σ(i) = i. Voorbeeld. Zij F een lichaam en K = F (α, β) zodat K : F = 4 en α 2 = a F en β 2 = b F. Er volgt dat F (β) : F = 2 en F (α) : F = 2 en α F (β). Dus de polynoom x 2 a is irreduciebel over F (β) en de polynoom x 2 b is irreduciebel over F (α). Wegens het vorige voorbeeld weten wij dat de volgende F -automorfismen van K bestaan: en σ : K K : τ : K K : { α α β β { α α β β Er volgt dat στ = τσ en dit automorfisme verandert het teken van zowel α als β. Door een redenering zoals in het vorige voorbeeld toont men aan dat Gal(K/F ) = {1, σ, β, σβ} = u, v u 2 = 1, v 2 = 1, uv = vu,

62 3.1. GALOIS-UITBREIDINGEN 59 en dit is de viergroep van Klein. In beide voorbeelden hebben wij dat Gal(K/F ) een deler is van K : F. Wij zullen later aantonen dat dit altijd zo is. Voor een deelgroep H van Aut(K) noteren wij Fix(H) = {k K f(k) = k voor alle f H}. Dit is een deellichaam van K; wij noemen dit het vaste deellichaam van H. Noteer met F de verzameling van alle lichamen L zodat F L K en met G de verzameling van alle deelgroepen van Gal(K/F ). Wij verkrijgen aldus een Galois verband f : G F : H Fix(H), g : F G : L Gal(K/L) en er is voldaan aan de volgende eigenschappen: 1. voor elke H G en voor elke L F, H g(f(h)) en L f(g(l)), 2. als H 1 H 2 dan f(h 2 ) f(h 1 ), voor H i G, 3. als L 1 L 2 dan g(l 2 ) g(l 1 ), voor L i F. Er volgt dat f en g bijecties definiëren tussen F 0 = {f(h) H G} en Bovendien en G 0 = {g(l) L F}. F 0 = {L F f(g(l)) = L} G 0 = {H G g(f(h)) = H}.

63 60 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Wij bewijzen slechts de gelijkheid f(g(l)) = L voor L F 0. Duidelijk is g(l) G 0 en L f(g(l)). Schrijf L = f(h) voor een H G. Dus g(l) = g(f(h)) H. Bijgevolg f(g(l)) f(h) = L. Dus inderdaad f(g(l)) = L. Men noemt een lichaamuitbreiding F K een Galois uitbreiding als dim F (K) < en F = Fix(Gal(K/F )) = f(g(f )). Merk op dat wegens het voorgaande, als F K een eindige lichaamuitbreiding is, dan is K Galois over L = Fix(Gal(K/F )). Lemma Zij F K een lichaamuitbreiding en G = Gal(K/F ). Zij 0 f F [X] en veronderstel N f = {α K f(α) = 0} =. Dan gelden de volgende eigenschappen: 1. voor elke ϕ G, ϕ(n f ) = N f, m.a.w. de elementen van G permuteren de nulpunten van f, en dus G voert een actie uit op N f. 2. als K = F (N f ) dan is G isomorf met een deelgroep van Sym(N f ). 3. als f irreduciebel is en K een splitsingslichaam is van f over F, dan is de actie van G op N f transitief. M.a.w. voor α en β nulpunten van f in K bestaat een ϕ G zodat ϕ(α) = β. Bewijs. (1) Dit is eenvoudig. (2) Wegens (1) verkrijgen wij een natuurlijk homomorfisme ψ : G Sym(N f ). Wij moeten bewijzen dat S = ker(ψ) = {1}. Duidelijk is N f Fix(S) en uiteraard F Fix(S). Bijgevolg is K Fix(S) en dus is S = {1}. (3) Zij K een splitsingslichaam van f F [X] en veronderstel dat f irreduciebel is in F [X]. Zij α, β N f. Wegens Gevolg?? bestaat er een F -automorfisme ϕ van F [α] naar F [β] zodat ϕ(α) = β. Nu is K een splitsingslichaam van f over zowel F [α] als F [β]. Bovendien ˆϕf = f. Dus wegens Stelling?? bestaat er een uitbreiding van ϕ tot een isomorfisme σ : K K. Omdat σ de identiteit is op F verkrijgen wij dat σ G. Ook hebben wij σ(α) = β.

64 3.2. NORMALE UITBREIDINGEN Normale uitbreidingen Een algebraïsche lichaamuitbreiding F K noemt men normaal als voor elke α K de minimale polynoom min F (α) splitst over K. Voorbeelden van normale uitbreidingen zijn F F, F K met K een algebraïsche sluiting van F, en F K met dim F (K) = 2. De uitbreiding Q Q(α) met α R zodat α 3 = 2 is geen normale uitbreiding (de minimale polynoom van α is X 3 2). Stelling Zij F K een eindige lichaamuitbreiding. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. K is normaal over F, 2. K is het splitsingslichaam over F voor een f F [X], 3. voor elke lichaamuitbreiding K L en F -homomorfisme ϕ : K L geldt dat ϕ(k) = K. Bewijs. (1) (2) Veronderstel dat F K een normale uitbreiding is. Omdat K : F < bestaat er een polynoom f F [X] en een lichaamuitbreiding K L zodat L een splitsingslichaam is van f over F en elke irreduciebele factor van f in F [X] heeft een nulpunt in F (neem voor f het product van de minimale polynomen min F (α i ), met α 1,, α n een F -basis van K over F ). Wegens de normaliteit van K over F, splitst elke zulke irreduciebele factor over K. Dus splitst f over K. Bijgevolg K = L. (2) (3) Zij K het splitsingslichaam van een polynoom f F [X], en zij K L een lichaamuitbreiding. Zij ϕ : K L een F -homomorfisme. Dan is ϕ(k) een splitsingslichaam van ˆϕf = f over ϕ(f ) = F. Omdat een splitsingslichaam (binnen een gegeven lichaam) uniek is, volgt er dat ϕ(k) = K. (3) (1) Zij α K en f = min F (α). Zij K L een lichaamuitbreiding en g F [X] zodat g(α) = 0 en L een splitsingslichaam is van g over F. Dan f g en dus splitst f over L. Dus voor elk nulpunt β van f in L bestaat een σ Gal(L/F ) zodat σ(α) = β. Wegens voorwaarde (3) weten wij dat σ(k) K. Dus β K. Bijgevolg zijn alle nulpunten van f L bevat in K. Omdat f splitst in L volgt er dat f splitst in K.

65 62 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Gevolg Zij F K een eindige lichaamuitbreiding. Dan bestaat een lichaamuitbreiding K L zodat L een eindige normale uitbreiding is van F. Bewijs. Zij K L een lichaamuitbreiding zodat L een splitsingslichaam is van een g F [X]. Wegens de vorige stelling is L normaal over F. 3.3 Separabele uitbreidingen Men zegt dat een polynoom f F [X] van graad n onderscheiden wortels heeft als f precies n verschillende nulpunten heeft in elke lichaam K F over dewelke f splitst. Lemma Zij 0 f F [X]. Dan zijn equivalent: 1. f heeft onderscheiden nulpunten, 2. Als F K een lichaamuitbreiding is en α K, dan deelt (X α) 2 niet de polynoom f in K[X], 3. er bestaat een lichaamuitbreiding F K zodat f precies gr(f) nulpunten heeft in K. Bewijs. (1) (2) Veronderstel F K een lichaamuitbreiding is en dat f onderscheiden wortels heeft. Zij α K. Als (X α) 2 f(x) in K[X], dan f = (X α) 2 g(x) voor een g(x) K[X]. Door eventueel K te vervangen door een groter lichaam mogen wij veronderstellen dat f splitst over K. Dus wegens de veronderstelling heeft f precies n = gr(f) verschillende wortels in K. Doch, buiten α zijn de wortels van f, precies de wortels van g. Dus zijn er ten hoogste gr(f) 1, een contradictie. (2) (3) Zij K een splitsingslichaam van f over F. Dan f = k (X α i ), met k K en elke α i K. Wegens de veronderstelling (2) zijn al de wortels α i verschillend. Er zijn dus precies gr(f) verschillende α i. Dus volgt (3). (3) (1) Zij K een lichaamuitbreiding van F zodat f precies gr(f) = n nulputen heeft in K. Zij nu F L een lichaamuitbreiding in dewelke f splitst. Als K L dan heeft f precies n verschillende nulpunten in L. Dus om (1) te bewijzen is het voldoende om aan te tonen dat als L 1 en L 2 splitsingslichamen zijn van f over F, dan is het

66 3.3. SEPARABELE UITBREIDINGEN 63 aantal nulpunten van f in L 1 hetzelfde als het aantal nulpunten van f in L 2. Aangezien twee splitsingslichamen F -isomorf zijn is de eigenschap zeker waar.. Er volgt dat de eigenschap onderscheiden wortels onafhankelijk is van het lichaam. Gevolg Zij F K een lichaamuitbreiding en 0 f F [X]. Dan heeft f onderscheiden wortels als een polynoom in F [X] als en slechts als f heeft onderscheiden wortels als een polynoom in K[X]. Bovendien, als g f in F [X] dan heeft g onderscheiden wortels als f onderscheiden wortels heeft. Bewijs. Zij K L een lichaam over dewelke f splitst. Wegens Lemma?? heeft f onderscheiden wortels als polynoom in F [X] als en slechts als f heeft gr(f) = n wortels in L. Weer wegens Lemma??, dit is equivalent met f heeft onderscheiden wortels als polynoom in K[X]. Zij F een lichaam en 0 f F [X]. Men noemt f separabel over F als elke irreduciebele factor van f in F [X] onderscheiden wortels heeft. Omdat de irreducieble factoren afhankelijk zijn van het grondlichaam is de definitie van separabiliteit wel afhankelijk van het lichaam. Als F een lichaam is en f F [X] dan noteren wij met f de formele afgeleide van f. Dus als f = n i=0 f ix i dan f = n ix i 1. i=1 Deze formele afgeleide voldoet aan al de welbekende eigenschappen. Eigenschap Zij F een lichaam en 0 f F [X]. Dan heeft f onderscheiden wortels als en slechts als f en f geen gemeenschappelijk wortel hebben in elke uitbreiding van F Bewijs. Zij F K een lichaamuitbreiding en α K zodat f(α) = f (α) = 0. Dan f(x) = (X α)g(x)

67 64 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE voor een g(x) K[X]. Bijgevolg, en dus Daarom f (X) = (X α)g (X) + g(x) 0 = f (α) = g(α). g(x) = (X α)h(x) voor een h(x) K[X]. Er volgt dat (X α) 2 f(x) in K[X]. Wegens Lemma?? heeft f dan geen onderscheiden nulpunten. Omgekeerd, veronderstel dat f geen onderscheiden nulpunten heeft. Wegens Lemma?? bestaat er een lichaamuitbreiding F K en α K zodat (X α) 2 K[X]. Dus f(x) = (X α) 2 h(x) voor een h(x) K[X]. Bijgevolg f (X) = 2(X α)h(x) + (X α) 2 h (X). Dus f (α) = 0. Omdat f(α) = 0 volgt het resultaat. Gevolg Zij f F [X] irreduciebel. Dan heeft f onderscheiden wortels als en slechts als f 0. Bewijs. Als f geen onderscheiden nulpunten heeft, dan, wegens Eigenschap??, f(α) = f (α) = 0 voor een α K met F K. Omdat f irreduciebel is volgt er dat f f in F [X]. Doch, omdat gr(f ) < gr(f) verkrijgen wij dat f = 0. Omgekeerd, veronderstel dat f = 0. Zij F K een lichaamuitbreiding in dewelke f een nulpunt α heeft. Dan f (α) = f(α) = 0. Dus, wegens Eigenschap?? heeft f geen onderscheiden nulpunten. Gevolg Zij F een lichaam en f F [X] irreduciebel. Als f geen onderscheiden wortels heeft, dan is char(f ) = p 0 en f(x) = g(x p ) voor een irreduciebele polynoom g F [X]. Bewijs. Veronderstel dat f = n i=0 f ix i (f i F ) geen onderscheiden wortels heeft. Dan, wegens Gevolg??, 0 = f (X) = n if i X i 1 i=1

68 3.3. SEPARABELE UITBREIDINGEN 65 en dus if i = 0 voor 0 i n. Omdat f i 0 voor een i > 0 verkrijgen wij dat char(f ) = p 0 en f i = 0 wanneer p i. Bijgevolg met n/p f(x) = f pj X pj = g(x p ), j=0 n/p g(x) = f pj X j. j=0 Wij tonen nu aan dat g(x) ook irreduciebel is. Inderdaad, veronderstel dat g(x) = h(x)k(x), met h(x), k(x) F [X]. Dan f(x) = g(x p ) = h(x p )k(x p ). Omdat f(x) irreduciebel is over F volgt er dat ofwel h(x p ) ofwel k(x p ) een constante polynoom is. Dus is h(x) of k(x) een constante polynoom. Dit bewijst dat g(x) inderdaad irreduciebel is. Zij F een lichaam F van char(f ) = p. Als p > 0 dan is F p = {α p α F } een deellichaam van F. Inderdaad, dit volgt eenvoudig uit de volgende eigenschappen: (x + y) p = x p + y p en (xy) p = x p y p, voor alle x, y F. Dus de afbeelding F F : x x p is een lichaam monomorfisme. Men noemt F perfect als F = F p (een lichaam van karakteristiek nul noemt men steeds perfect). Eindige velden zijn perfecte velden. Het lichaam van de rationale functies Z p (X) (p een priemgetal) is niet perfect.

69 66 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Stelling Zij F een lichaam. Als F [X] een inseparabele polynoom bevat, dan is F niet perfect en heeft als karakteristiek een priemgetal (dus F is oneindig). Bewijs. Wij mogen veronderstellen dat f irreduciebel is, en dus geen onderscheiden nulpunten heeft. Wegens Gevolg??, char(f ) = p 0 en f(x) = g(x p ) voor een g(x) F [X]. Veronderstel nu dat F perfect is. Dan is elke coëfficiënt van g(x) een p-de macht van een element in F. Dus met f i F. Bijgevolg g(x) = f p i Xi f(x) = g(x p ) = f p i xpi = ( fi X i ) p. Doch dit is onmogelijk omdat f irreduciebel is. perfect. Bijgevolg is F niet Zij F K een lichaamuitbreiding. Een algebraïsch element α K noemt men separabel over F als min F (α) separabel is. De uitbreiding F K is separabel als elk element van K separabel is over F. Gevolg Zij F lichaam van karakteristiek nul, of een perfect lichaam van priem karakterisitiek. Dan is elke algebraïsche uitbreiding van F separabel. Gevolg Zij F een lichaam van karakteristiek p 0. Als f F [X] irreduciebel is, dan is f(x) = g(x pn ) voor een n 0 en een separabele irreduciebele polynoom g F [X]. Bewijs. Als f onderscheiden wortels heeft neem dan g = f en n = 0. Als f geen onderscheiden wortels heeft, dan, wegens Gevolg??, f(x) = h(x p ) voor een irreduciebele polynoom h(x) F [X]. Duidelijk is gr(h) < gr(f). Door inductie verkrijgen wij dan h(x) = g(x pn ) voor een n en een separabele irreduciebele polynoom g. Omdat f(x) = g(x pn+1 ) volgt het resultaat. Wij eindigen deze sectie met de volgende eenvoudig te bewijzen eigenschap. Lemma Zij F K L lichaamuibreidingen. Als L separabel is over F, dan is L separabel over K en K is separabel over F.

70 3.4. KARAKERISATIE VAN GALOIS-UITBREIDINGEN Karakerisatie van Galois-uitbreidingen Vooraleer de karakterisatie van Galoisuitbreidingen te bewijzen benodigen wij het volgende technische lemma. Lemma Zij K een lichaam en G een deelgroep van Aut(K). Zij F = Fix(G). Zij α K en veronderstel dat O = {σ(α) σ G} een eindige verzameling is. Dan is α algebraïsch over F en f = min F (α) heeft de volgende eigenschappen: 1. f heeft onderscheiden wortels, 2. f splitst over K, 3. O is de verzameling van alle nulpunten van f in K, 4. gr(f) = O. Bewijs. In K[X] definiëren wij p(x) = β O(X β). Omdat elk element σ G een permutatie induceert op O volgt er dat het corresponderend automorfisme ˆσ de factoren van p(x) permuteert. Dus ˆσp = p. Omdat dit geldt voor elke σ G volgt er dat p F [X]. Omdat α O volgt er ook dat p(α) = 0 en dus is α algebraïsch over F en f p. Wegens Lemma?? is elk element van O een nulpunt van f en dus is gr(f) O = gr(p). Er volgt dat f = p en f heeft O nulpunten in K. Het resultaat volgt. Stelling Zij F K een eindige uitbreiding. Dan zijn equivalent: 1. K is Galois over F,

71 68 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE 2. K is normaal en separabel over F, 3. K is het splitsingslichaam over F van een separabel polynoom over F. Bewijs. (1) (2) Zij α K. Wij moeten bewijzen dat f = min F (α) onderscheiden wortels heeft en splitst over K. Zij G = Gal(K/F ) en O = {σ(α) σ G}. Wegens Lemma?? is elk element van O een nulpunt van f en dus O gr(f) <. Wegens voorwaarde (1), F = Fix(G). Dus volgt (2) uit Lemma??. (2) (3) Veronderstel dus dat K separabel en normaal is over F. Omdat K normaal is over F weten wij uit Stelling?? dat K een splitsingslichaam is van een polynoom g F [X]. Duidelijk heeft dan elke monische irreduciebele factor f van g een nulpunt α K. Wegens voorwaarde (2) is α separabel over F, en dus heeft f onderscheiden wortels. Dus is g separabel over F en volgt (3). (3) (1) Zij dus K een splitsingslichaam van F voor een polynoom g F [X], en veronderstal dat g separabel is over F. Zij G = Gal(K/F ) en L = Fix(G). Wij moeten bewijzen dat L = F. Uiteraard is het te bewijzen waar als K : F = 1 (d.w.z., als K = F ). Wij bewijzen het resultaat nu door inductie op K : F en wij veronderstellen dat F K. Omdat K als lichaam voortgebracht is door F en de nulpunten van g bestaat er een nulpunt α van g zodat α (K \ F ). Dus K : F [α] < K : F en K is een splitsingslichaam van g over F [α]. Omdat g ook duidelijk separabel is over F [α] volgt er uit de inductiehypothese dat K een Galoisuitbreiding is van F [α]. Nu is Gal(K/F [α]) G en dus L = Fix(G) Fix(Gal(K/F [α])) = F [α]. Zij f = min F (α). Omdat g(α) = 0 verkrijgen wij dat f g en dus splitst f over K. Zij O de verzameling van de nulpunten van f in K. Omdat g separabel is weten wij dat f onderscheiden nulpunten heeft en dus O = gr(f). Uit Lemma?? volgt dat G een transitieve actie uitvoert op O. Zij nu h = min L (α). Omdat L = Fix(G) verkrijgen wij dat G Gal(K/L). Dus weer wegens Lemma?? weten wij dat G de nulpunten van h in K permuteert. Omdat α en dus elke σ(α) (met σ G) een

72 3.5. ORDE VAN DE GALOIS GROEP 69 wortel is van h volgt er dat elk element van O een nulpunt is van h, en dus L[α] : L = gr(h) O = gr(f) = F [α] : F. Daar F L F [α] volgt er dat L = F. Gevolg Zij F K L lichaamuitbreidingen. Als L Galois is over F, dan is L ook Galois over K. M.a.w., als L een Galoisuitbreiding is van F dan F = {K F K L, K een lichaam } = {K F K L, L is Galois over K} Bijgevolg is er een bijectief verband tussen F en G 0 = {H H een deelgroep van Gal(L/F ), g(f(h)) = H}. Bewijs. Omdat L een Galoisuitbreiding is van F bestaat er een g F [X] die separabel is over F en zodat L een splitsingslichaam is van g over F. Duidelijk is g ook separabel over K en is L een splitsingslichaam van g over K. Dus volgt het resultaat uit Stelling??. 3.5 Orde van de Galois groep In deze sectie geven wij enkele eigenschappen van de orde van de Galoisgroep. Lemma Als F K een eindige uitbreiding is, dan Gal(K/F ) <. Bewijs. Zij G = Gal(K/F ) en zij α 1,, α n K zodat Zij K = F [α 1,, α n ]. f = n min F (α i ) i=1 en N f de verzameling van alle nulpunten van f in K. Omdat K = F [N f ] volgt uit Lemma?? dat G isomorf is met een deelgroep van Sym(N f ). Bijgevolg is G een eindige groep.

73 70 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Lemma Zij F K een lichaamuitbreiding van eindige graad. Als deze uitbreiding separabel is, dan bestaat er een lichaamuitbreiding K L zodat L Galois is over F. Bewijs. Er bestaat een polynoom g F [X] en een K L lichaamuitbreiding zodat L een splitsingslichaam is van g over F en elke monische irreduciebele factor van g F [X] heeft een nulpunt in K (neem voor g bijvoorbeeld het product van alle minimale polynomen min F (α) waarbij α tot een F -basis van K over F behoort). Elke zulke irreduciebele monische factor is dus van de vorm min F (α) met α K. Omdat α separabel is over F volgt er dat min F (α) onderscheiden wortels heeft. Bijgevolg is de polynoom g separabel over F. Wegens Stelling?? is dan L Galois over F. Stelling (Primitief element) Zij F K een eindige separabele lichaamuitbreiding. Dan K = F [α] voor een α K. Bewijs. Wegens Lemma?? bestaat er een Galoisuitbreiding K L. Wegens Gevolg?? is er een bijectief verband tussen de verzameling van alle lichamen E met F E L en een verzameling deelgroepen van G = Gal(L/F ). Wegens Lemma?? is G een eindige groep. Dus heeft G slechts eindig veel deelgroepen en bijgevolg zijn er slechts eindig veel lichamen E zodat F E L. Bijgevolg zijn er slechts eindig veel lichamen tussen F en K. Er volgt dan uit de Stelling van Artin (Stelling??) dat K een eenvoudige uitbreiding is van F. Gevolg Zij F K een eindige lichaamuitbreiding. Dan 1. Gal(K/F ) deelt dim F (K), 2. dim F (K) = Gal(K/F ) als en slechts als K Galois is over F. Bewijs. Zij G = Gal(K/F ). Veronderstel eerst dat K Galois is over F. Wegens Stelling?? is dan K separabel over F en dus, wegens Stelling??, K = F [α] voor een α K. Zij f = min F (α). Dus K : F = gr(f). Zij O = {σ(α) σ G}, dit is een eindige verzameling. Omdat F = Fix(G) volgt uit Lemma?? dat O = gr(f). Dus O = K : F. Nu zij G α = {σ G σ(α) = α}, de stabilisator van α voor de actie van G op O. Omdat O de orbiet van deze actie is volgt er dat

74 3.6. FUNDAMENTELE STELLING 71 O = [G : G α ]. Omdat K = F [α] is het duidelijk dat K Fix(G α ). Bijgevolg G α = {1}. Dus G = O = [K : F ]. Wij beschouwen nu het algemene geval, d.w.z., K is niet noodzakelijk Galois over F. Zij L = Fix(G). Dan is G = Gal(K/L). Dus is K Galois over L. Wegens het eerste gedeelte van het bewijs verkrijgen wij dan K : L = G. Dus K : F = G L : F. Er volgt dat G een deler is van K : F. Bovendien, G = K : F als en slechts als L = F, d.w.z., K is Galois over F. 3.6 Fundamentele Stelling Wij tonen nu eerst aan dat elke deelgroep van Gal(K/F ) tot de verzameling G 0 behoort, dit onder de voorwaarde dat F K een eindige Galois uitbreiding is (merk op dat in dit geval Gal(K/F ) een eindige groep is). Stelling Zij K een lichaam en G een eindige deelgroep van Aut(K), en schrijf F = Fix(G). Dan gelden volgende eigenschappen: 1. G = dim F (K), 2. G = Gal(K/F ), 3. K is Galois over F. Bewijs. Zij α K en O de orbiet van α onder de actie van G. Omdat per veronderstelling G een eindige groep is, is deze orbiet een eindige verzameling. Dus, wegens Lemma??, α is algebraïsch en separabel over F. Bovendien, F [α] : F = gr(min F (α)) = O G. Kies nu α K zodat F [α] : F maximaal is. Wij beweren dat F [α] = K. Inderdaad, veronderstel dat dit niet zo is. Dan bestaat β K zodat F [α] F [α, β]. Elk element van F [α, β] is separabel over F, dus wegens Stelling??, bestaat er een γ K zodat F [α, β] = F [γ]. Maar dan F [γ] : F > F [α] : F en dit is in contradictie met de keuze van α. Bijgevolg K = F [α] en dus K : F G.

75 72 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Uiteraard G Gal(K/F ). Wegens Gevolg??, Gal(K/F ) K : F ; bovendien Gal(K/F ) = K : F als en slechts als K is Galois over F. Nu G Gal(K/F ) K : F G. Dus G = Gal(K/F ). Dus volgt het resultaat. Stelling (Fundamentele Stelling van Galois) Zij F K een Galois uitbreiding met G = Gal(K/F ). Dan gelden de volgende eigenschappen: 1. f : G F en g : F G zijn bijecties en g = f Als g(l) = H, dan dim L (K) = H en dim F (L) = [G : H]. I.h.b. dim F (K) = G. 3. als g(l) = H en σ G, dan g(σ(l)) = H σ. Bovendien, H G als en slechts als L is Galois over F, en in dit geval Gal(L/F ) = G/H. Bewijs. Deel (1) is een onmiddellijk gevolg van Gevolg?? en Stelling??. Veronderstel dat g(l) = H met L F en H G. Wegens Gevolg?? en de veronderstelling is K Galois over L. Dus wegens Gevolg??, I.h.b., met L = F en H = G, Wij verkrijgen aldus H = Gal(K/L) = K : L. G = K : F. [G : H] = G H = K : F K : L = L : F. Dit bewijst deel (2). Wij bewijzen nu deel (3). Zij dus g(l) = H met L F en H G. Zij σ G. Merk op dat σ(l) F. Wij bewijzen nu dat g(σ(l)) = H σ.

76 3.6. FUNDAMENTELE STELLING 73 Als τ H en α L, dan ατ = α omdat H = Gal(K/L). Dus Er volgt dat (ασ)(σ 1 τσ) = (ατ)σ = ασ. H σ Gal(K/Lσ) = g(lσ). Omdat σ een lichaamisomorfisme is weten wij dat K : L = Kσ : Lσ = K : Lσ. Dus wegens deel (2) en omdat H σ g(lσ), Bijgevolg H σ = H = K : L = K : Lσ = g(lσ). H σ = g(lσ). Als nu L Galois is over F, dan is L normaal over F. Dus wegens Stelling??, σ(l) = L voor elke σ G. Er volgt dat H σ = H voor alle σ G, en dus is H G. Omgekeerd, veronderstel dat H G en dus σ(l) = L voor alle σ G. Bijgevolg, voor σ G, σ L Gal(L/F ). Wij verkrijgen aldus een groepenhomomorfisme Nu, en dus ρ : G Gal(L/F ) : σ σ L. F Fix(Gal(L/F )) Fix(ρ(G)) Fix(G) F, F = Fix(Gal(L/F )) zodat L Galois is over F. Dit heeft als gevolg dat de afbeelding Fix( ) injectief is op deelgroepen van Gal(L/F ). Uit de vorige inclusierelaties volgt dan dat Gal(L/F ) = ρ(g). Aangezien ker(ρ) = Gal(K/L) = H verkrijgen wij uit de isomorfismestelling van groepen dat G/H = ρ(g) = Gal(L/F ).

77 74 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE Zij f(x) = X 4 1 Q[X] en α de unieke positive reële 4-de wortel van 2. Dan zijn α, α, iα, iα de wortels van f. Dus is f een irreduciebele polynoom met onderscheiden wortels. Bijgevolg is f separabel. Zij K het splitsingslichaam van f over Q in C. Dan is K Galois over Q. Nu K = Q[α, i] en Er volgt dat en dus Q[α] : Q = 4 = gr(f). K : Q = 8 Gal(K/Q) = 8. Omdat f = min Q (α) niet splitst in het reële lichaam, is Q[α] niet Galois over Q. Dus is H = g(q[α]) niet normaal in G = Gal(K/Q). Bovendien H = K : Q[α] = 2. Omdat er slechts één groep van orde 8 is die een niet normale deelgroep van orde 2 bevat, verkrijgen wij dat G = D 8, de diëdergroep van orde 8. Nu, de complexe conjugatie is een automorfisme van C. Omdat K normaal is over Q, induceert deze complexe conjugatie een Q-automorfisme τ van K. Dus is τ G en τ(iα) = iα. Dus τ is een automorfisme van orde 2. Omdat G een transitieve actie uitvoert op {α, α, iα, α} bestaat er een σ G zodat σ(α) = iα. Omdat i 2 = 1 weten wij dat σ(i) = ±i. Door eventueel σ te vervangen door στ mogen wij veronderstellen dat σ(i) = i. Er volgt σ(iα) = σ(i)σ(α) = i(iα) = α. Dus σ is een automorfisme van orde 4. Er volgt dat G = τ, σ. Nu heeft D 8 precies drie deelgroepen van index 2. Dus heeft K precies drie deellichamen van graad 2 over Q. Deze zijn Q[ 2], Q[i] en Q[i 2].

78 3.6. FUNDAMENTELE STELLING 75 Verder heeft D 8 precies 5 deelgroepen van orde 2 en dus zij er precies 5 deellichamen L van K met L : Q = 4. Deze zijn Q[α], Q[iα], Q[ 2, i], Q[α + iα], Q[α iα]. Merk op dat sommige van deze lichamen isomorf zijn. Voor toepassingen van Galoistheorie bewijzen wij het volgende resultaat. Stelling Zij F E, L K lichamen en veronderstel dat E Galois is over F. Zij M = L E en veronderstal dat K het kleinste deellichaam is van K dat E en L bevat. Dan is K Galois over L en ρ : Gal(K/L) Gal(E/M) : σ σ E is een groepisomorfisme. I.h.b. K : L = E : M. Als bovendien K : F < dan K : E = L : M. Bewijs. Omdat E Galois is over F bestaat een separabele polynoom f F [X] zodat E een splitsingslichaam is van f over F. Duidelijk splitst f over K en omdat K = E, L volgt er dat K een splitsingslichaam is van f over L. Omdat f ook separabel is over L, volgt er dat L K een Galois uitbreiding is. Omdat E normaal is over F weten wij dat σ(e) = E voor elke σ Gal(K/L). Dus verkrijgen wij de volgende afbeelding ρ : Gal(K/L) Gal(E/M) : σ σ E. Omdat K = E, L volgt er eenvoudig dat ker(ρ) = {1}. injectief. Wij bewijzen nu dat ρ surjectief is. Zij Dus is ρ M 1 = Fix(ρ(Gal(K/L))). Dan M M 1 en elk element van M 1 is invariant onder elk autmorfisme σ Gal(K/L). Dus M 1 Fix(Gal(K/L)) = L. Er volgt M 1 E L = M,

79 76 HOOFDSTUK 3. GALOISTHEORIE zodat M 1 = M. Bijgevolg Fix(ρGal(K/L))) = Fix(Gal(E/M)). Wegens de Fundamentele Stelling van Galois theorie verkrijgen wij ρgal(k/l)) = Gal(E/M). Duidelijk is ook E : M = Gal(E/M) = Gal(K/L) = K : L. Tenslotte veronderstel dat ook K : F <. Dan K : E = K : M / E : M = K : M / K : L = L : M.

80 Hoofdstuk 4 Toepassingen 4.1 Cyclotome Uitbreidingen Een element van ξ eindige orde in de multiplicatieve groep F van een lichaam F noemt men een éénheidswortel in F. Als ξ orde n heeft in de groep F dan noemt men ξ een primitieve n-de éénheidswortel. Omdat een eindige deelgroep van een lichaam F een cyclische groep is (Lemma??), volgt er dat de n-de éénheidswortels van F een cyclsiche groep vormen. De orde van deze groep is precies n als en slechts als F een primitieve n-de éénheidswortel bevat, zeg ξ. In dit geval is ξ = {ξ i 0 i < n} de groep van alle éénheidswortels. De primitieve n-de éénheidswortels zijn al de elementen ξ j met (j, n) = 1. In totaal zijn er ϕ(n). Men kan eenvoudig het volgende lemma bewijzen. Lemma Zij F K een lichaamuitbreiding. Als K = F [ξ] met ξ een éénheidswortel, dan is K Galois over F en Gal(K/F ) is isomorf met een deelgroep van Aut(C) (C = ξ K ). Dus is Gal(K/F ) cyclisch (en dus abels). In het complexe veld C is e 2πi/n een primitieve n-de éénheidswortel. De n-de cyclotome polynoom Φ n (X) is de monische polynoom in C[X] die als nulpunten precies de primitieve n-de éénheidswortels heeft. Dus en Φ n (X) = Π 0 k<n, (n,k)=1 (X e 2πik/n ), gr(φ n (X)) = ϕ(n). 77

81 78 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Eigenschap Voor elk geheel getal n 1 gelden de volgende eigenschappen: 1. X n 1 = Π d n, 0<d n Φ d (X), 2. Φ n (X) Z[X]. Bewijs. Voor het eerste gedeelte merken wij op dat elke n-de éénheidswortel een primitieve d-de éénheidswortel is, voor een d n. Er volgt dus dat X n 1 = (X ξ), d n ξ waarbij het tweede product genomen wordt over alle primitieve d-de éénheidswortels ξ. Dus volgt (1). Bijgevolg Φ n (X) = (X n 1)/ Φ d (X). d n, d<n Door inductie mogen wij veronderstellen dat elke Φ d (X) Z[X], voor d n en d < n. Dus d n, d<n Φ d(x) Z[X]. Bovendien is deze polynoom monisch. Het delingsalgoritme in Z[X] toont dan aan dat Φ n [X] Z[X]. Wij geven enkele voorbeelden van cyclotome polynomen. Φ 1 (X) = X 1 Φ p (X) = X p 1/X 1 = X p 1 + X p X + 1 (p prime) Φ 6 (X) = X 2 X + 1 Φ 15 (X) = X 8 X 7 + X 5 X 4 + X 3 X + 1 Een resultaat van Migotti toont aan dat als Φ n een coëfficiënt heeft verschillend van 0, 1 of 1, dan is n deelbaar door ten minste drie verschillende oneven priemgetallen. Men kan dan aantonen Φ 105 (X) zo n coëfficiënt heeft. (105 = 3 5 7) Zij Q n = Q[ξ n ], met ξ n C een primitieve n-de éénheidswortel. Dan is Q n het splitsingslichaam van X n 1 over Q in C, en dus is Q n Galois over Q. Stelling Voor elk geheel getal n 1, de cyclotomische polynoom Φ n (X) is irreduciebel in Q[X].

82 4.1. CYCLOTOME UITBREIDINGEN 79 Bewijs. Zij f een monische irreducieble factor in Q[X] van Φ n (X). Schrijf Φ n (X) = fg met g Q[X]. Wij moeten bewijzen dat g = 1. Veronderstel dat dit niet zo is, m.a.w., veronderstel gr(g) > 0. Omdat Φ n (X) Z[X] volgt uit het Lemma van Gauss dat er q, p Q bestaan zodat qf, pg Z[X] en Φ n (X) = (qf)(pg). Omdat f en g monisch zijn verkrijgen wij dat q, p Z. Daar bovendien qp = 1 volgt er dat q, p = ±1 en dus f, g Z[X]. Zij ξ een (primitieve n-de éénheids)wortel van f en η. Aangezien deze laatste ook een primitieve n-de éénheids)wortel is bestaat er positief geheel getal k zodat (k, n) = 1 en η = ξ k. Wij kiezen de wortels zodanig dat k zo klein mogelijk is. Zij p een priemdeler van k. Dan η = (ξ p ) k/p. Omdat k/p < k volgt er uit de minimaliteit van k dat ξ p geen wortel is van f. Dus is het een wortel van g. Weer wegens de minimaliteit van k verkrijgen wij aldus dat p = k. Dus ξ p = η en ξ is een wortel van g(x p ). Omdat f irreduciebel is weten wij dat f = min Q (ξ). Bijgevolg f(x) g(x p ) in Q[X]. Schrijf dan g(x p ) = f(x)h(x) voor een h(x) Q[X]. Omdat f monisch is en f, g Z[X], volgt er uit het delingsalgoritme dat h(x) Z[X]. Zij nu F = Z p (het eindige lichaam met p elementen). Zij Z[X] F [X] : k k het natuurlijke ringhomomorfisme. Dan g(x) p = g(x p ) = g(x p ) = f(x)h(x). Dus f g p in F [X]. Bijgevolg hebben f en g een gemeenschappelijke irreduciebele factor. Omdat fg = Φ n X n 1 in Z[X] zien wij dat fg X n 1. Dus is X n 1 deelbaar door het kwadraat van de gemeenschappelijke factor van f en g. Bijgevolg heeft X n 1 geen onderscheiden nulputen. Maar, omdat p n heeft de afgeleide X n 1 slechts 0 als nulpunt. Dus hebben X n 1 en zijn afgeleide geen gemeenschappelijke wortels; en bijgevolg hebben zij onderscheiden nulpunten. Dit geeft een contradictie.

83 80 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Gevolg Voor elk geheel getal n 1 en primitieve complexe n-de éénheidswortel ξ n, 1. Q[ξ n ] : Q] = ϕ(n), 2. Gal(Q[ξ n ]/Q) = Aut(Z n ) = U(Z n ). Bewijs. Het eerste gedeelte is nu duidelijk omdat Q[ξ n ] : Q] = gr(min Q (ξ n )) = Φ n = ϕ(n). Voor het tweede gedeelte merken wij op dat Gal(Q[ξ n ]/Q) een actie uitvoert op ξ n = C. Er volgt Gal(Q[ξ n ]/Q) isomorf is met een deelgroep van Aut(C) = U(Z n ). Deze laatste groep is van orde ϕ(n). Omdat Q(ξ n ) Galois is over Q weten wij ook dat Dus volgt het resultaat. Gal(Q[ξ n ]/Q) = Q(ξ n ) : Q = ϕ(n). 4.2 Geometrische Constructies Via lichamentheorie tonen wij aan dat de volgende meetkundige constructies niet kunnen uitgevoerd worden door gebruik te maken van passer en lineaal: 1. kwadratuur van de cirkel: construëer een vierkant met dezelfde oppervlakte als een gegeven cirkel; 2. verdubbeling van een kubus: constueer een kubus met inhoud het dubbele van de inhoud van een gegeven kubus; 3. een hoek in drie gelijke delen verdelen: construëer een hoek die precies het derde is van een gegeven hoek. Veronderstel dat men in het vlak C = R 2 de punten 0 en 1 aangeduid heeft. Men noemt een complex getal α construëerbaar als er een eindige rij vam kompas en lineaal constructies zijn die α opleveren (vertrekkende van 0 en 1). De constructies toegestaan met passer en lineaal in het vlak C zijn als volgt:

84 4.2. GEOMETRISCHE CONSTRUCTIES als twee punten reeds geconstruëerd zijn dan kan men een rechte trekken door de punten, of men maakt een cirkel door het ene punt met als centrum het andere punt. Men zegt dat deze rechten en cirkels geconstruëerd zijn. 2. de snijpunten van geconstruëerde rechten en cirkels zijn construëerbare punten. De volgende eigenschappen zijn eenvoudig te bewijzen: 1. Zij p een construëerbaar punt en l een geconstruëerde rechte. Dan kan men de lijn loodrecht op l en door p construëren. 2. Zij l een geconstruëerde rechte en p een geconstruëerd punt. Dan kan men de rechte construëren die evenwijdig is met l en door p gaat. 3. Zij p 1 en p 2 construëerbare punten en l een geconstruëerde rechte. Als p l een construëerbaar punt is, dan bestaat er een construëerbaar punt q l zodat de afstand tussen p en q dezelfde is als de afstand tussen p 1 en p 2. Eigenschap De verzameling K van de construëerbare punten in C is een deellichaam van C. Bewijs. Duidelijk is 0 K. Om te bewijzen dat K een lichaam is moeten wij dus aantonen dat als α, β K dan ook α β K en αβ 1 K (dit laatste op voorwaarde dat β 0). Duidelijk is β K. Dat α β tot K behoort volgt uit de hoger vermelde eigenschappen (som van twee punten wordt bepaald door de parallellogramregel). Door gebruik te maken van gelijkaardige rechthoekige driehoeken toont men ook eenvoudig aan dat men een segment van lengte xy 1 kan construëren uitgaande van een gegeven segmenten van lengte x en y. Bijgevolg als α = xe iθ en β = ye iφ, met 0 θ, φ < 2π en 0 < x, y, constureer dan een rechte die een hoek θ φ maakt met de positieve X-as. Vervolgens construëer op deze rechte een punt met afstand xy 1 tot de oorsprong. Er volgt dat αβ 1 K. Lemma Zij α C. Als α 2 K dan α K.

85 82 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Bewijs. Zij x = α 2. Construeer een cirkel S met diameter EX (en de oorsprong het midden van EX) van lengte 1 + x. Zij P een punt op EX zodat de afstand P tot E gelijk is aan 1. Zij l een loodrechte op EX door P. Zij T een snijpunt van l en S. Dan is de hoek tussen T E en T X negentig graden. Wij krijgen dan dan twee gelijkaardige driehoeken: ET P en P T X. Er volgt dat T P = x. Construeer nu de rechte die de hoek tussen X-as en de rechte door 0 en α 2 bisecteert. Dan is α een van de punten op deze rechte met norm x. Dus volgt het resultaat. Lemma Zij F een deellichaam van C dat gesloten is onder complexe conjugatie. Als α C construëerbaar is in één stap van de punten van F, dan F [α] : F 2. Bewijs. Wij moeten de volgende drie gevallen beschouwen: 1. α is het snijpunt van twee rechten, elk bepaald door twee punten van F ; 2. α is een snijpunt van een rechte bepaald door twee punten van F en een cirkel met centrum in een punt van F en een straal de afstand tussen twee punten van F ; 3. α is een snijpunt van twee cirkels, elk met een centrum in F en elk met een straal de afstand tussen twee punten van F. Omdat F gesloten is onder complexe conjugatie is het kwadraat van de afstand van twee punten in E terug in E. In elk van de vermelde gevallen moeten wij aantonen dat α voldoet aan een polynoom in F [X] van graad ten hoogste 2. (1) Veronderstel α = βδ γɛ. Dan en dus Analoog α β δ β R α = β + α β (δ β). δ β α = ɛ + α ɛ (γ ɛ). γ ɛ

86 4.2. GEOMETRISCHE CONSTRUCTIES 83 Er volgt β + α β δ β α ɛ (δ β) = ɛ + (γ ɛ). γ ɛ Dit is een lineaire vergelijking voor α met coëfficiënten in F. Als deze vergelijking geen identiteit is dan kunnen wij dit oplossen voor α en er volgt dat α F. Als de vergelijking wel een identeit is, dan volgt er (substitueer β voor α): β = ɛ + β ɛ (γ ɛ). γ ɛ Dus behoort β tot de rechte γɛ. Bijgevolg α = β F. In beide gevallen hebben wij aangetoond dat F [α] : F = 1. (2) Veronderstel α βδ en ook dat α behoort tot de cirkel met centrum γ F en straal 0 r bepaald door twee punten in F. Dus en Bovendien en dus ook Er volgt α β δ β R α = β + α β (δ β). δ β (α γ)(α γ) = r 2 F α = γ + r2 α γ. [ (α γ) β + α β ] (δ β) δ β = γ(α γ) + r 2. Dit is een kwadratische vergelijking voor α met coëfficiënten in F. (Merk op dat dit geen identiteit is omdat r 0.) Er volgt dat F [α] : F = 2. (3) Veronderstel dat α behoort tot de cirkel met centrum γ F en straal 0 r bepaald door twee punten in F. Veronderstel dat ook α behoort tot de cirkel met centrum β F en straal 0 s bepaald door twee punten in F. Zoals in het voorgaande verkrijgen wij γ(α γ)(α β) + r 2 (α β) = β(α γ)(α β) + s 2 (α γ),

87 84 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN een kwadratische vergelijking met coëfficiënten in F. Dit is geen identiteit omdat substitutie van α door γ als resultaat heeft dat γ = β, wat een contradictie is. Er volgt dus weer dat F [α] : F = 2. Stelling Zij α C. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. α is construëerbaar, 2. α F met F een deellichaam van C zodat F normaal is over Q en dim Q F een macht van twee is (d.w.z., α is algebraïsch en min Q (α) heeft graad een macht van 2), 3. Er bestaan velden F i C zodat Q = F 0 F 1 F 2 F r met α F r en dim Fi 1 (F i ) = 2 voor 1 i r. Bewijs. Zij α K, d.w.z. α kan geconstueerd worden met passer en lineaal in een eindig aantal stappen m vertrekkende van 0 en 1. Wij bewijzen door inductie op m dat er een lichaam F bestaat zodat 1. Q F C, 2. F is normaal over Q, 3. F : Q is een macht van 2, 4. α en al de punten nodig om α te construëren behoren tot F. Dit bewijst dat (1) (2). Als m = 0 dan α Q en is er niets te bewijzen. Veronderstel dus dat m > 0. Wegens de inductiehypothese bestaat een normale uitbreiding F van Q zodat F C, F : Q is een macht van 2 en F bevat alle punten die nodig zijn om α te construëren in één stap. Omdat F normaal is over Q, is F gesloten onder de complexe conjugatie. Wegens Lemma?? volgt er dat F [α] : F 2. Wij mogen veronderstellen dat F [α] : F = 2 omdat anders α F en het resultaat dan volgt.

88 4.2. GEOMETRISCHE CONSTRUCTIES 85 Zij f = min F (α) en zij g het product van de verschillende beelden van f onder de elementen van Gal(F/Q). Zij L het splitsingslichaam in C van g over F. Het is voldoende om aan te tonen dat L : F een macht is van 2 en dat L normaal is over Q. Nu, als β een nulpunt is van g in L, dan gr(min F (β)) = 2. Dus F [β] : F = 2 en M[β] : M 2 voor elk veld F M C. Er volgt dat L : F inderdaad een macht is van 2. Omdat F Galois is over Q en omdat g invariant is onder de actie van Gal(F/Q) volgt er dat g Q[X]. Ook is F een splitsingslichaam over Q van een polynoom h Q[X]. Dus is L een splitsingslichaam over Q van gh. Bijgevolg is L inderdaad normaal over Q. (2) (3) Zij α F met F : Q een macht van 2 en F normaal over Q. Omdat F Galois is over Q is G = Gal(F/Q) een 2-groep. Bijgevolg heeft G een stijgende keten deelgroepen {1} = G 0 G 1 G n = G, zodat [G i+1 : G i ] = 2 voor 0 i < n. Wegens de Fundamentele Stelling van Galois theorie verkrijgen wij een stijgende keten van lichamen met Fix(G n ) Fix(G n 1 ) Fix(G 0 ) = F Fix(G i ) : Fix(G i 1 ) = 2. (3) (1) Veronderstel dat F i deellichamen zijn van C zodat Q = F 0 F 1 F 2 F r met α F r en dim Fi 1 (F i ) = 2 voor 1 i r. Wij bewijzen door inductie op i dat elke F i K. Omdat K een lichaam is volgt er dat F 0 K. Het is dus voldoende te bewijzen dat als F L C lichamen zijn met F K en L : F = 2 dan L K. Nu L = F [β] met β een wortel van een kwadratische polynoom in F [X]. Het is eenvoudig na te gaan dat dan ook L = F [γ] met γ 2 F K. Wegens Lemma??, γ K. Omdat K een lichaam is volgt er dus dat L K. Gevolg Als α C construëerbaar is, dan is α algebraïsch over Q en dim Q (Q[α]) is een macht van 2.

89 86 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Nu wij kunnen zeker een cirkel met straal 1 construëren. Deze heeft oppervlakte π. Omdat π niet algebraisch, en dus ook π niet algebraïsch is, volgt dat de kwadratuur van de cirkel onmogelijk is via passer en lineaal. Het complex getal ξ 6 = e 2πi/6 is een snijpunt van twee cirkels met resptectievelijke centra 0 en 1. Bijgevolg is ξ 6 construëerbaar. Nu Q[ξ 18 ] : Q = ϕ(18) = 6. Aangezien 6 geen macht is van 2 verkrijgen wij dat e 2πi/18 geen construëerbaar punt is. Dus kan men een hoek van 60 graden niet in drie delen via passer en lineaal. Ten slotte merken wij op dat X 3 2 = min Q (α) met α de reële derde wortel van 2. Dus Q[α] : Q = 3, en bijgevolg is α niet construëerbaar. Er volgt dat we de kubus van inhoud 1 niet kunnen verdubbelen in inhoud via passer en lineaal constructies. Omdat Q[ξ n ] : Q = ϕ(n) kan men gemakkelijk het volgende resultaat bewijzen. Eigenschap Zij n 3. Een reguliere n-gon is construëerbaar met passer en lineaal als en slechts als ϕ(n) een macht is van 2, of equivalent, n = 2 m p 1 p k, met m 0 en elke p i is een priem getal van de vorm 2 a i + 1 met a i 1 (mogelijk is k = 0). Priemgetallen van de vorm 2 a + 1 worden Fermat-priemgetallen genoemd. 4.3 Wortels, radikalen en reele getallen Een lichaamuitbreiding F K is een radikaaluitbreiding als K = F [α] met α een wortel van een veelterm van de vorm X n a, waarbij a F. Een lichaamuitbreiding F K is een herhaalde radikaaluitbreiding als er lichamen K i bestaan zodat F = K 0 K 1 K r = K zodat elke K i een radikaaluitbreiding is van K i 1, voor 1 i r.

90 4.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN 87 De complexe getallen die behoren tot een herhaalde radikaaluitbreiding van Q zijn precies de getallen die bekomen worden uit de gehele getallen door gebruik te maken van de vier artitmetische operaties en het nemen van wortels. Eigenschap Zij F K en R de unie van al de lichamen L zodat F L K en L is een herhaalde radikaaluitbreiding van F. Dan is R een lichaam. Als, bovendien K : F <, dan is R een herhaalde radikaaluitbreiding van F. Bewijs. Zij S de verzameling van alle lichamen L zodat F L K en L is een herhaalde radikaaluitbreiding van F. Zij nu α, β R, dan bestaat L, L S zodat α L en β L. Dan behoren α, β L, L, het kleinste deellichaam van K dat L en L bevat. Als dit laatste lichaam tot S behoort dan verkrijgen wij α β, αβ 1 L, L R en dus is R een lichaam. Wij bewijzen nu dat inderdaad L, L S. Zij dus F i en K i lichamen zodat F 0 = F F 1 F r = L, met F i = F i 1 [α i ] en α n i i voor 1 i r. Definiëer lichamen inductief als volgt K i K F i 1 K 0 = L en K i = K i 1 [α i ] voor 1 i r. Duidelijk is F i K i voor 1 i r. Dus α n i i F i K i. Dus is K r een herhaalde radikaaluitbreiding van L. Bovendien L = F r K r, en dus L, L K r = L [α 1,, α r ] L, L. Er volgt dus dat L, L een herhaalde radikaaluitbreiding is van F. Veronderstel nu ook dat K : F <. Zij L S zodat L : F maximaal is. Als nu ook L S dan, wegens het voorgaande, L S. Bovendien L, L : F L : F.

91 88 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Wegens de keuze van L volgt er dat L, L = L en dus L L. Bijgevolg R = L S. Men noemt een polynoom f F [X] oplosbaar door radikalen over F als f splitst over een veld K dat een herhaalde radikaaluitbreiding is van F. Lemma Zij f F [X] irreduciebel. Dan is f oplosbaar door radikalen over F als en slechts als f een nulpunt heeft in een herhaalde radikaaluitbreiding van F. Bewijs. Veronderstel dat f een nulpunt α heeft in een lichaam L dat een herhaalde radikaaluitbreiding is van F. Wij bewijzen dat f oplosbaar is door radikalen. Zij L K een lichaamuitbreiding zodat K een splitsingslichaam is van een polynoom in F [X]. Omdat f irreduciebel is over F volgt er uit Lemma?? dat Gal(K/F ) een transitieve actie uitvoert op N f, de verzameling van de nulpunten van f in L. Zij R de vereniging van alle herhaalde rakikaaluitbreidingen van F in K. Het is eenvoudig te na te gaan dat σ(r) R voor elke σ Gal(K/F ). Omdat α L R volgt er dan dat alle nulpunten van f in K tot R behoren. Omdat K normaal is over F volgt er dat f splitst over K, en dus over R. Omdat K : F < weten wij (Eigenschap??) dat R een herhaalde radikaaluitbreiding is. Dus heeft α een nulpunt in een herhaalde radikaaluitbreiding van F. De omgekeerde eigenschap is evident. Wij benodigen nu nog enkele resultaten om het verband te geven tussen oplosbaarheid door radikalen van polynomen en oplosbaarheid van groepen. Het volgende lemma toont aan dat voor een lichaam K de groep Aut(K) een lineair onafhankelijkde verzameling in de K- vectorruimte van alle functies van K naar K. Lemma Zij K een lichaam en S Aut(K) met S eindig. Als f : S K een functie is zodat f(σ)σ(α) = 0 σ S voor alle α K, dan f(σ) = 0 voor alle σ S.

92 4.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN 89 Bewijs. Wij bewijzen dit resultaat door inductie op S. Als S = 1 dan f(σ) = f(σ)1 = f(σ)σ(1) = 0 voor alle σ S. Veronderstel dus dat S > 1. Kies τ S met σ τ. Zij β K zodat σ(β) τ(β). Dan f(σ)σ(α)τ(β) = 0 σ S voor alle α K. Omdat σ(αβ) = σ(α)σ(β) verkrijgen wij ook dat (substitueer αβ voor β in de gegeven identiteit) f(σ)σ(α)σ(β) = 0 σ S voor alle α K. Uit de twee gelijkheden verkrijgen wij dan [f(σ)(τ(β) σ(β)]σ(α) = 0 σ (S\{τ}) voor alle α K. Omdat S \{τ} < S volgt uit de inductiehypothese (toegepast met f vervangen door de functie S \ {τ} K : σ f(σ)(τ(β) σ(β))) dat f(σ)(τ(β) σ(β)) = 0 voor alle σ (S \ {τ}). Omdat σ(β) τ(β) volgt er dat f(σ) = 0 voor alle σ (S \ {τ}). Aangezien dit echter geldt voor elke τ S met τ σ en omdat S > 1 volgt er dat f(σ) = 0 voor alle σ S. Lemma Zij K een lichaam en G Aut(K) een eindige deelgroep. Stel F = F ix(g). Als θ : G F een groephomomorfisme is, dan bestaat α K zodat voor alle σ G. θ(σ) = σ(α)α 1

93 90 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Bewijs. Omdat θ niet identiek nul is, bestaat er wegens Lemma?? een γ K zodat θ(σ)σ(γ) 0. Zij α = ( θ(σ)σ(γ)) 1. Er volgt dat voor elke τ G, σ α 1 = σ τσ(γ)θ(τσ) = τ σ(γ)θ(τ)θ(σ) ( ) = τ σ(γ)θ(σ) σ = τ(α 1 )θ(τ) θ(τ) (merk op dat τ(θ(σ)) = θ(σ) omdat θ(σ) F = Fix(G)). Dus voor alle τ G. θ(τ) = τ(α)/α Stelling (Kummer) Zij F K een lichaamuitbreiding. Als F een primitieve n-de éénheidswortel bevat, dan zijn de volgende eigenschappen equivalent: 1. K is Galois over F en Gal(K/F ) is cyclisch en heeft orde een deler van n; 2. K = F [α] voor een α K met α n F (d.w.z. K is een radikaaluitbreiding van F ). Bewijs. Zij ξ een primitieve n-de ééheidswortel in F. (1) (2) Zij G = Gal(K/F ) = σ met σ een automorfisme van orde m, en m n. Zij θ : G ξ F een groepmonomorfisme. Wegens Lemma?? bestaat een α K zodat θ(τ) = τ(α)α 1 voor alle τ G. Schrijf δ = θ(σ). Dan is δ een n-de éénheidswortel in F en δ = σ(α)α 1. Dus σ(α n ) = σ(α) n = (αδ) n = α n. Bijgevolg α n Fix( σ ) = F. Wij tonen nu aan dat F [α] = K. Zij daarom τ Gal(K/F [α]) G. Dan θ(τ) = τ(α)α 1 = α α 1 = 1.

94 4.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN 91 Omdat θ injectief is volgt er dat τ = 1. Dus Gal(K/F [α]) = {1}. Wegens de Fundamentele Stelling van Galois Theory volgt er dan dat K = F [α]. (2) (1) Veronderstel K = F [α] voor een α K met α n F. Zij f(x) = X n α n F [X]. Merk op dat voor elke n-de éénheidswortel η in K, f(ηα) = (ηα) n α n = 0. Omdat K een primitieve n-de éénheidswortel bevat volgt er dat f precies n = gr(f) nulpunten heeft in K. Dus is K = F [α] een splitsingslichaam van f over F en heeft f onderscheiden nulpunten. Dus is f separabel over F en bijgevolg is K Galois over F. Zij G = Gal(K/F ). Wij tonen nu aan dat G cyclisch is van orde m, met m n. Zij τ G. Omdat τ de nulpunten van f permuteert verkrijgen wij dat τ(α) = αη voor een η ξ. Dus τ(α)α 1 ξ. Denieer dan θ : G ξ : τ τ(α)α 1. Als σ, τ G, dan θ(στ) = στ(α)α 1 = στ(α)σ(α) 1 σ(α)α 1 = σ(τ(α)α 1 ) σ(α)α 1 = σ(θ(τ))θ(σ) = θ(τ)θ(σ) = θ(σ)θ(τ) Dus is θ een groephomomorfisme. Ook is θ injectief. Inderdaad, veronderstel dat θ(τ) = 1, dan τ(α) = α. Omdat K = F [α] en F Fix(G) volgt er dat τ = 1. Dus is θ inderdaad injectief. De Stelling van Kummer geeft een verband tussen radikaaluitbreidingen en cyclische Galois groepen. Wij moeten dit resultaat uitbreiden om een verband te verkrijgen tussen herhaalde radikaaluitbreidingen en oplsobare Galois groepen.

95 92 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN Lemma Zij F = F 0 F 1 F r = K een stijgende keten van lichamen. Veronderstel dat F i 1 F i een Galois uitbreiding is met abelse Galois groep (voor 1 i r). Als F L K met L Galois over F, dan is Gal(L/F ) oplosbaar. Bewijs. Wij bewijzen dit resultaat door inductie op r. Als r = 0, dan L = F en dus Gal(L/F ) = {1}. Veronderstel dat r > 0. Zij L 1 = F 1, L, het kleinste deellichaam van K dat F 1 en L bevat. Zij E = L F 1. Wegens Stelling?? is L 1 Galois over F 1 en is Gal(L 1 /F 1 ) = Gal(L/E). Nu inductie toegepast op de lengte van de stijgende keten F 1 F 2 F r = K geeft dat Gal(L 1 /F 1 oplosbaar is. Bijgevolg is Gal(L/E) oplosbaar. Nu is F E F 1. Ook Gal(F 1 /E) Gal(F 1 /F ), omdat deze laatste groep abels is. Daar F F 1 een Galoisuitbreiding is volgt er uit de Fundamentele Stelling van Galois theorie dat E Galois is over F en Gal(E/F ) = Gal(F 1 /F )/Gal(F 1 /E). Dus is Gal(E/F ) abels. Nu is F E L. Omdat F L en F E Galoisuitbreidingen zijn volgt er weer uit de Fundamentele Stelling van Galois theorie dat en Gal(L/E) Gal(L/F ) Gal(E/F ) = Gal(L/F )/Gal(L/E). Omdat Gal(L/E) en Gal(E/F ) oplosbaar zijn volgt er dat Gal(L/F ) ook oplosbaar is. Stelling (Galois) Zij F een lichaam van karakteristiek nul en zij f F [X]. Dan is f oplosbaar door radikalen over F als en slechts als Gal(K/F ) een oplosbare groep is, waarbij K een splitsingslichaam is van f over F.

96 4.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN 93 Bewijs. Veronderstel dat f F [X] en dat Gal(K/F ) oplosbaar is voor een splitsingslichaam K van f over F. Zij n = K : F. Omdat char(f ) = 0 hebben X n 1 en de afgeleide polynoom nx n 1 geen gemeenschappelijke wortels. Zij K een splitsingslichaam van X n 1 zodat K K. Dan heeft X n 1 n verschillende wortels in K. Dus bevat K een primitieve n-de éénheidswortel ξ. Wij mogen veronderstellen dat K = K[ξ]. Zij F = F [ξ]. Omdat F Galois is over F volgt uit Stelling?? dat K = F, K Galois is over F. Bovendien is Gal(K /F ) isomorf met een deelgroep van Gal(K/F ). Bijgevolg is G = Gal(K /F ) oplosbaar. Zij {1} = G 0 G 1 G r = G een compositierij van G. Omdat G oplosbaar is zijn alle factoren G i /G i 1 cyclisch van priem orde p i (wegens Gevolg??), voor 1 i r. Zij Dan K i = Fix(G i ). F = K r K r 1 K 0 = K. Herhaaldelijk gebruik van de Fundamentele Stelling van Galoistheorie geeft bovendien dat K i 1 K i een Galoisuitbreiding is met cyclische Galois groep van orde p i. Merk op dat p i n en n = Gal(K/F ). Omdat ξ F volgt uit de Stelling van Kummer dat K i 1 K i een radikale uitbreiding is. Omdat ook F F een radikale uitbreiding is, is F K een herhaalde radikaaluitbreiding en f splitst in K. Dus is f oplosbaar door radikalen over F. Omgekeerd, veronderstel dat f oplosbaar is door radikalen over F. Zij K een herhaalde radikaaluitbreiding over F in dewelke f splitst. Dus bestaan lichamen F i zodat met F = F 0 F 1 F r = K F i = F i 1 [α i ] en α n i i F i 1 voor 1 i r. Zij L het splitsingslichaam van f over F in K. Wij moeten aantonen dat Gal(L/F ) oplosbaar is. Zij n een gemeenschappelijk veelvoud van alle n i en K = L[ξ] met ξ een primitieve nde

97 94 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN éénheidswortel (dus K is een splitsingslichaam van X n 1 over K). Definiëer de volgende lichamen K 1 = F, K 0 = F [ξ] en, voor 1 i r, Duidelijk is dat K i = K i 1 [α i ]. K r = F [ξ, α 1,, α r ] = K[ξ] = K en voor 0 i r. Dus F i K i, en F = K 1 K 0 K 1 K r = K F L K. Om te bewijzen dat Gal(L/F ) oplosbaar is, is het wegens Lemma?? voldoende om aan te tonen dat elke uitbreiding K i 1 K i Galois is met abelse Galois groep. Als i = 0 dan volgt de bewering uit Lemma??. Als i > 0 dan bevat K i 1 een primitieve n i -de éénheidswortel. Omdat K i 1 K i een radikaleuitbreiding is volgt de bewering uit de Stelling van Kummer. Eigenschap Zij f Q[X] een irrediciebele polynoom en gr(f) = p een priemgetal. Als f twee niet-reële complexe en p 2 reële nulpunten heeft, dan Gal(K/Q) = S p, met K een splitsingslichaam van f over Q. Bewijs. Wij mogen veronderstellen dat K C. Zij O de verzameling van de nulpunten van f in K. Dan voert G = Gal(K/Q) een trouwe actie uit op O. Dus is G isomorf met een deelgroep H van Sym(O) = S p. Omdat f irreduciebel is volgt er dat de actie van G op O transitief is. Dus p G. Bijgevolg bevat H een element van orde p. M.a.w. H bevat een p-cycel a. Omdat K normaal is over Q, induceert de complexe conjugatie van C een automorfisme op K. Dit morfisme verwisselt de twee niet reële nulpunten van f. Bijgevolg bevat H een transpositie b. Omdat a, b = S p volgt het resultaat.

98 4.3. WORTELS, RADIKALEN EN REELE GETALLEN 95 Beschouw de polynoom f(x) = 2X 5 10X + 5 Q[X]. Wegens het Criterium van Eisenstein is f(x) irreduciebel. Bovendien heeft deze precies twee niet-reële complexe nulpunten. Wegens Eigenschap?? is Gal(K/Q) = S 5, met K een splitsingslichaam van f over Q. Wegens de Stelling van Galois is dus f niet oplosbaar door radikalen. Het is dus onmogelijk om een wortel neer te schrijven van deze polynoom, uitsluitend gebruik makend van de gehele getallen, de vier elementaire operaties en het nemen van wortels. Bijgevolg bestaat er zeker geen algemene formule die alle 5-de graadsvergelijkingen oplost (via de vermelde toegestane operaties). Het is bekend dat elke symmetrische groep S n de Galoisgroep is van een lichaam over Q. Het is echter nog niet bekend welke eindige groepen kunnen voorkomen als zo een Galoisgroep.

99 96 HOOFDSTUK 4. TOEPASSINGEN

100 Hoofdstuk 5 Oefeningen 1. Zij H een deelgroep van G. Waarom zijn definieren de volgende operaties geen actie van G op {gh g G}? (a) (xh) g = xhg (b) (xh) g = xgh 2. Zij H een deelgroep van H. Vind een actie van H G op G waarvan de banen de rechter nevenklassen van H in G zijn. 3. Bepaal de conjugatieklassen van D 8, de diëdergroep van orde acht. 4. Een actie van G op Ω heet dubbel transitief als volgende actie van G op Ω Ω, (α, β) g = (α g, β g) transitief is op {(α, β) Ω Ω α β}. Bewijs dat G dubbel transitief is op Ω als 1 G χ(g) 2 = 2 g G waar χ het permutatiekarakter geassociëerd met de actie van G op Ω is. 5. Zij H en K eindige deelgroepen van G. Zij g G. Bewijs dat HgK = H K K H g. 97

101 98 HOOFDSTUK 5. OEFENINGEN 6. Zij ϕ : G H een surjectief groephomomorfisme van eindige groepen. Zij g G. Bewijs C G (g) C H (ϕ(g)). (HINT: bewijs dat de conjugatieklasse van g in ϕ 1 (C H (ϕ(g))) cardinaliteit kerϕ heeft.) 7. Beschouw een transitieve actie van G op Ω. Definiëer volgende actie van G op Ω Ω: (α, β) g = (α g, β g) Zij α Ω. Bewijs dat G evenveel banen heeft op Ω Ω als G α op Ω. 8. Zij G een eindige groep. Bewijs dat de kans dat twee willekeurig en met terugplaatsing uit G gekozen elementen commuteren gelijk is aan k/ G, met k het aantal toevoegingsklassen van G. 9. (a) Zij p, q priemgetallen met q (p 1). Zij P een groep van orde p en Q Aut(P) een groep van orde q. Stel G = {ϕ a,σ Sym(P) a P, σ Q} Sym(P) met voor x in P : ϕ a,σ (x) = σ(xa). Bewijs dat G een niet abelse groep is van orde pq. (b) Besluit dat er voor alle priemgetallen p, q met q (p 1) een niet abelse groep bestaat van orde pq bestaat. 10. Zij G een groep van orde 8000 = Bewijs dat G niet enkelvoudig is. 11. Zij G een groep van orde 2p met p een oneven priem. Bewijs dat G precies 1 deelgroep heeft van orde p en p of 1 deelgroep(en) van orde Een eindige groep G is een p-groep als en slechts als de orde van G een macht van p is. Bewijs deze eigenschap.

102 13. Toon dat Z pq de enige abelse groep is van orde pq als p q priemen zijn. 14. Zij G een groep van orde p 2 q met p en q priemen. Dan heeft G een normale Sylow p-deelgroep of een normale Sylow q-deelgroep. 15. Zij G een groep. Bewijs de volgende eigenschappen. (a) Zij S een deelgroep van het centrum Z(G) van G. Als de groep G/S cyclisch is dan is G abels. (b) Zij p een priemgetal. Als G = p 2 dan is G abels. (c) Zij n een strikt positief geheel getal. Dan, Z n 2 = Zn Z n. (d) Voor elke priem p bestaan er precies 2 niet isomorfe groepen van orde p 2. (e) Zij p een priemgetal. Als G een niet abelse groep is van orde p 3, dan Z(G) = p. (f) Geef twee niet-isomorfe eindige groepen G en H zodat voor elk natuurlijk getal n het aantal elementen van orde n in G en H hetzelfde is. (g) Geef een presentatie van all niet abelse groepen van orde p Bewijs dat, op isomorfisme na, Z 3 Z 3 Z 5 en Z 9 Z 5 de enige groepen zijn van orde Geef, op isomorfisme na, alle groepen van orde (a) Bewijs dat een groep van orde 56 niet enkelvoudig is (b) Bewijs dat er geen eenvoudige groep is van orde 2 m p n met m = 1, 2 of 3 en p een oneven priem. (c) Zij G een groep van orde 12. Als Z(G) geen element van orde 2 bevat, bewijs dan dat G = A Zij G een groep. De commutator van twee elementen x, y G is het element x 1 y 1 xy. Dit element noteren wij [x, y]. De deelgroep voortgebracht door alle commutatoren noemt men de commutator deelgroep. Men noteert deze G. Bewijs de volgende eigenschappen: 99

103 100 HOOFDSTUK 5. OEFENINGEN (a) xy = yx[x, y]. (b) [x, y] 1 = [y, x]. (c) G is abels als en slechts als G = {1}. (d) Als g G dan is ook g 1 [x, y]g een commutator. (e) G is een normale deelgroep van G. Beter G is een karakteristieke deelgroep van G. (f) G/G is abels. (g) Als N een normale deelgroep is van G, dan is G/N abels als en slechts als G N. (h) Bepaal de commutator deel groep van S 3, S 4 en S n, met n 5. (i) Zij N een normale deelgroep van een groep G. Als {g i i I} een stel generatoren is voor de groep G zodat [g i, g j ] N, bewijs dan dat G N. (j) Zij p een priemgetal. Bewijs dat in elke eindige p-groep G de commutatordeelgroep G verschillend is van G. 20. Zij G 1 G 1 G 2 een stijgende keten van groepn. Dan kan men op G = n=1g n op een unieke manier een bewerking definiëren zodat G een groep is en elke G n een deelgroep is van G. Als elke G n ables is dan is ook G abels. Bewijs: (a) S = n=1s n bevat precies één normale deelgroep A verschillend van S en {1}. Toon ook aan dat [S : A] = 2. (b) Geef een voorbeeld van een groep G die een compositierij heeft, maar een deelgroep H omvat die noch een compositierij noch een hoofdrij heeft. 21. Een deelgroep H van een groep G noemt men subnormaal in G als er een normale rij van G naar H bestaat. Met m(g, H) noteren wij de lengte van een minimale normale rij van G naar H. Bewijs: (a) zij A en B subnormale deelgroepen van G, dan is ook A B subnormaal.

104 101 (b) zij H subnormaal in G en f een automorfisme van G, dan is H f = (H)f subnormaal in G, en m(g, H) = m(g, H f ). (c) Zij D = a, b bab 1 = a 1, b 2 = 1, de oneindige diëdergroep. Dan, i. D = Z Z2, ii. elke deelgroep H k = a 2k, b is subnormaal in D, iii. H = k=1 H k is niet subnormaal in D. 22. Zij N G en N G = {1}. Bewijs dat N Z(G). 23. Zij G een groep. Bewijs: (a) als G = m dan heeft elk element van G ten hoogste m geconjugeerden. (b) als G voortgebracht is door k elementen en G m dan [G : Z(G)] m k. 24. Zij [ ξ 0 G = 0 ξ 1 ], [ ] GL 2 (C), met ξ 2n = 1 en ξ 2n 1 1, n 2. Men noemt G de veralgemeende quaternionengroep van orde 2 n+1, en men noteert deze als Q 2 n+1. Bewijs: (a) G is niet abels van orde 2 n+1. (b) G heeft slechts een deelgroep van orde 2. (c) als n = 2 dan G = Q 8, en alle deelgroepn van G zijn normaal. (d) als n > 2 dan heeft G deelgroepen die niet normaal zijn. (e) D 2 n is een epimorf beeld van Q 2 n+1. (f) (Q 2 n+1) = {1} en Q 2 n+1 is nilpotent van nilpotentieklasse Zij G een nilpotente groep van nilpotentieklasse k. Bewijs dat elke deelgroep H van G subnormaal is in G en m(g, H) k. 26. Geef een voorbeeld van een groep G met een normale deelgroep N zodat beide N en G/N nilpotent zijn maar G is niet nilpotent.

105 102 HOOFDSTUK 5. OEFENINGEN 27. Zij G een nilpotente groep. (a) Zij M en N normale deelgroepen van G. Veronderstel N M (N M). Bewijs dat er een normale deelgroep K van G bestaat zodat N K M en K/N is cyclisch. (b) Bewijs dat G een maximale normale abelse deelgroep omvat en dat C G (A) = A. 28. Zij K een lichaam en g(x) een polynoom van graad n in K[X]. Bewijs dat K[X]/(g((X)) een K-vectorruimte is van dimensie n. 29. Zoek een echte velduitbreiding van C. 30. Geef een voorbeeld van een algebraïsche uitbreiding die niet eindig is. 31. (a) 2 en 3 zijn beide algebraisch over Q. Geef een rationale polynoom van graad 4 met als nulpunt. (b) Wat is de graad van Q( 2 + 3) over Q? (c) Wat is de graad van Q( 2 3) over Q? 32. Bewijs dat Q(2 1/4, i) het splitsingslichaam is van f(x) = X 4 2 over Q. Toon aan dat ook Q(2 1/4 )[X]/(X 2 + 2) ook een splitsingslichaam is van f(x) over Q. Waarom zijn de twee splitsingslichamen isomorf? 33. (a) Zoek een element r R zodat Q( 2, 5) = Q(r). (b) Karakteriseer alle elementen s Q( 2, 5) zodat Q(s) Q( 2, 5) 34. Een algebraisch getal r noemt men een algebraisch geheel getal als het voldoet aan een vergelijking van de vorm met z 1,, z m Z. r n + z 1 r n z n = 0 (a) Als r een algebraisch getal is, bewijs dat er dan een strikt positief geheel getal n bestaat zodat nr een algebraisch geheel getal is.

106 103 (b) Als r Q een algebraisch geheel getal is, bewijs dan dat r Z. (c) Bewijs dat de som en het product van twee algebraisch gehele getallen terug algebraisch gehele getallen zijn. 35. (a) Bewijs dat sin(1 o ) een algebraisch getal is. (b) Bewijs dat sin(m o ) een algebraisch getal is voor elk geheel getal m. 36. Bewijs dat C[y]/(y 2 x 3 ) = C(X), functielichaam over C. 37. Zij K een deellichaam van C. Bewijs dat als K niet bevat is in R, dan is K dicht in C. 38. Zij α C een nulpunt van X 3 3X + 4. Zoek de inverse van α 2 + α + 1 in Q(α), en schrijf deze in de vorm a + bα + cα met a, b, c Q. 39. Zij K/F een velduitbreiding en α K algebraisch over F. De graad [F (α) : F ] noemt men ook de graad van α. (a) Zij α, β algebraische elementen in K over F van graad m, respectievelijk n. Bewijs dat als (m, n) = 1 dan [F (α, β) : F ] = mn. (b) Zij α, β elementen van C van graad 3 over Q. mogelijkheden voor [Q(α, β) : Q]. 40. Bepaal [Q( ) : Q]. Bepaal de 41. Bewijs dat elk eindig lichaam F als orde heeft p r, voor een r en p = char(f ). Bewijs dat alle lichamen van orde p r isomorf zijn. Construeer een lichaam van orde 8. Construeer een lichaam van orde Zij F K een lichaamuitbreiding van eindige graad [K : F ] = n. (a) Bewijs dat voor elke k K de afbeelding L k : K K : x kx een F -lineaire afbeelding is. (b) Bewijs dat K isomorf is met een lichaam omvat in M n (F ).

107 104 HOOFDSTUK 5. OEFENINGEN (c) Toon aan dat de lineaire transformatie L k een matrixc A geeft zodat k een wortel is van de karakteristieke polynoom van A. Dit geeft een effectieve procedure voor het bepalen van een vergelijking van graad n (over F ) voor een element k in een velduitbreiding van F van graad n. Pas dit toe om de monische polynoom van graad 3 van 2 1/3 en van 1+2 1/3 +4 1/3 te vinden. 43. Zij K = Q( D), met D een positief geheel getal dat een product is van verschillende priemgetallen. Zij α = a + b D K. Gebruik de basis {1, D} en toon aan dat L α (zie vorige oefening) voorgesteld wordt door de volgende matrix: [ ] a bd ]. b a Bewijs dat a + b [ a bd D b a een isomorfisme is van K met een deelring van M n (Q). 44. Bereken de vollgende Galoisgroepen: (a) Gal(Q(2 1/4 )/Q), (b) Berekend de vogal(q[i, 2 1/4 ]/Q(i)), (c) Gal(Q(i, 2 1/4 )/Q). ] ]

108 Bibliografie [1] M. Artin, Algebra, Prentice Hall, London, (ISBN: ) [2] I. Martin Isaacs, Algebra, A graduate course, Brooks/Cole Publshing Company, Pacific Grove, California, ISBN: [3] M.I. Kargapolov and Ju. I. Merzljakov, Fundamentals of the theory of groups, Springer Verlag, New York,

109 Index p-groep, 10 éénheidswortel, 77 primitief, 77 algebraïsche getallenlichamen, 47 actie, 2 baan, 5 conjugatie, 2 kern, 2 orbiet, 5 permutatie, 2 regulier, 2 transitief, 5 triviaal, 2 afgeleide lengte, 29 afgeleide reeks, 29 algebraïsch, 45 algebraïsch gesloten, 54 algebraïsch getal, 47 algebraïsche sluiting, 54 alternerende groep, 17 baan, 5 basis vrij, 42 centrale rij, 32 dalend, 33 stijgend, 33 commutator, 29, 33 compositierij, 30, 39 conjugatieklasse, 5 construëerbaar getal, 80 cyclotome polynoom, 77 deelgroep Fitting, 36 Frattini, 36 kern, 5 direct product, 21 duale groep, 25 eenvoudige uitbreiding, 49 Fitting, 36 Frattini, 36 Galois groep, 57 Galois uitbreiding, 60 gecomplementeerd, 27 getallenlichaam, 47 groep duaal, 25 nilpotent, 24, 31 oplsobaar, 28 X, 38 herhaalde radikaaluitbreiding, 86 hoofdrij, 39 kern, 2, 5 klassevergelijking, 6 lichaamuitbreiding,

110 INDEX 107 nilpotent, 24 nilpotentieklasse, 33 normale uitbreiding, 61 onderscheiden wortels, 62 oplosaar door radikalen, 88 orbiet, 5 perfect, 65 permutatie even, 17 oneven, 17 permutatiekarakter, 7 primitief element, 49 radikaaluitbreiding, 86 herhaalde, 86 rij X, 38 separabel, 66 separabele uitbreiding, 63 splitsingslichaam, 53 stabilisator, 2 Sylow deelgroep, 10 transcendent, 45 uitbreiding, 26 eenvoudig, 49 gesplitst, 26 vaste deellichaam, 59 vrije basis, 42