Начала теории Галуа

31. Начала теории Галуа.

Скачать полностью бесплатно ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие. П.А. Крылов А.А. Туганбаев А.Р. Чехлов в формате PDF.

Ниже можете посмотреть текст для быстрого ознакомления (в них формулы отображаются не корректно). Эти тексты и форма поиска справа в колонке помогут Вам быстрее найти нужную информацию на этом сайте.

31.4. а) Группа GalC/R состоит из тождественного автоморфизма и комплексного сопряжения, GalC/R = Z2; б), в) Z2;
г) Z2 ф Z2 .
31.5. Всякий элемент a 6 L является корнем сепарабельного многочлена над K степени ^ |G|, а именно f

Используя существование примитивного элемента у всякого конечного сепарабельного расширения, докажите, что (L : K) =
|G|.
31.6. Ф1(х) = х — 1, Ф2 (х) = х +1, Ф3(х) = х2 + х +1, Ф4(х) = х2 + 1, Фб(х) = х2 — х +1, Ф8(х) = х4 + 1, Ф9 (х) = х6 + х3 + 1,
Фю(х) = х4 — х3 + х2 — х +1, Ф 12(х) = х4 — х2 + 1; Фp(x) = xp-1 + xp-2 + … + 1 при простом р.
31.8. Пусть H = GalKF/F. Тогда H = Gal(K/(K П F)), |H| = [KF : F] и L С K П F С K. Из соответствия Галуа следует,
что |H| делит порядок группы G = Gal K/L.
31.10. а) Всякий элемент из H П N оставляет FL неподвижным, и всякий элемент из G, оставляющий FL неподвижным,
оставляет неподвижными также F и L и, следовательно, лежит в H П N.
б) Рассуждения, аналогичные а).
31.14. а) Любое разложение на множители должно содержать множитель степени 1.
в) Если f (х) = (х — a1)(x — a2) (х — a3) — разложение на множители в поле L, и G = GalL/K, то элементы из G переставляют
корни f (х). Таким образом, получается инъективный гомоморфизм G ^ S3.
д) Пусть S = (a1 — a2)(a2 — a3)(a1 — a3), где ai — различные корни f(х). Если и 6 G, то и(6) = ±S. Множество тех и в
G, которые оставляют S неподвижным, совпадает с множеством четных перестановок. Таким образом, G = S3 в точности
тогда, когда Д = S2 не является квадратом в K.
31.15. а) Если 9 — корень уравнения, то С9,… ,Сп-19 (где С — примитивный корень n-й степени из 1) — остальные
корни этого уравнения. Поэтому 9 порождает поле корней и любая перестановка из группы Галуа имеет вид 9 ^ Zv9.
Следовательно, каждой перестановке соответствует вполне определенный корень из единицы С. Это соответствие является
инъективным гомоморфизмом. Поэтому группа Галуа изоморфна подгруппе циклической группы корней n-й степени из 1.
Если уравнение хп — a = 0 неразложимо (a не является степенью с показателем d > 1 ни для какого делителя d числа n), то
группа Галуа изоморфна полной группе корней n-й степени из 1, т.е. Z^
б) Пусть С 6 K — примитивный корень n-й степени из 1, и — порождающая перестановка из группы Галуа. Все автоморфизмы
1,и,… ,ип-1 различны, поэтому линейно независимы, следовательно, найдется a 6 P такой, что в = (Z,a) =
a + Zиa + … + Znф1иnф1a = 0. Так как и(С, a) = С-1 (Z, a), то вп = (С, a)”” остается неизменным под действием и, т.е.
a = вп 6 K. Далее, ии (С, a) = С~и (С, a). Откуда [K (в) : K] = n, т.е. K (в) = P.
31.16. а) Учесть, что группа Галуа является подгруппой группы порядка р.
p p p-1 б) В своем поле разложения xp — a разлагается следующим образом: xp — a = (х — Zi9), гдеi 9 pp = a, С — примитивный корень
i=o
р-й степени из 1. Поэтому если xp — a = р(х)ф(х), то р(х) должен быть произведением множителей х — Zi9, а свободный
член ±b многочлена р(х) должен иметь вид ±С’9т, где С — корень р-й степени из единицы: b = С9т, bp = 9рт = am. Так
как 0 < m < р, то (m, р) = 1 и, значит, km + sр =1, a = akmasp = bkpasp, т.е. a является р-й степенью.
31.17. а), б) A3; в), г) S3; д) Z4; е) Z2: учесть, что х4 + х2 +1 = (х2 + х + 1)(х2 — х + 1); ж) A3.
31.22. Пусть С = 8 — 1 — один из корней уравнения х8 +1 = 0. Тогда все корни имеют вид С, С3, С5, С7, С9, С11, С13,
С15 и автоморфизмы поля разложения K = Q(0 однозначно определяются отображениями С ^ С>с (k = 1, 3,… , 15), т.е.
G = Gal (K/Q) = U(Z16). Группа G имеет 6 нетривиальных подгрупп, которым соответствуют подполя поля K, образующие
решетку:

202 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ. Начала теории Галуа.

Околоadmin