Дополнение

Здесь приводятся решения наиболее важных задач из тех, которые разбираются на практических занятиях.

Задача 1. Пусть p — простое число и H — транзитивная подгруппа симметрической группы Sp. Если эта подгруппа содержит транспозизицию, то H = Sp.

Решение. Группа H естественным образом действует на множестве N = {1, 2, . . . , p}. Определим на N эквивалентность по правилу: i j (ij) H. Очевидно, что отношение удовлетворяет условиям рефлексивности и симметричности, проверим транзитивность. Пусть

(ij), (jk) H, тогда (ij)(jk) = (ik) H.

Разобьем N на классы эквивалентности относительно рассматриваемого отношения: N = N1 N2 . . . Ns. Рассмотрим, к примеру, классы N1 и N2. Пусть i N1, k N2. По условию в H найдется подстановка h, переводящая i в k. Если j N1, то (ij) H и тогда (ij)h = (kl) H, где l — образ j под действием h. Отсюда l N2. Получаем N1h N2. Из этого следует, что |N1| |N2|. По симметричности получаем обратное неравенство |N2| |N1|. Значит, в каждом классе эквивалентности должно быть одинаковое число элементов. А так как у нас есть класс, в котором содержится по крайней мере 2 элемента, и число p простое, то из этого выводим, что класс должен быть всего один, так что все транспозиции принадлежат H. Однако мы знаем, что Sp порождается транспозициями, поэтому H = Sp. □

Задача 2. Вычислить ряды коммутантов групп Sn, n 2.

Решение. Группа S2 циклическая, поэтому ее коммутант равен 1. При n 3 покажем, что коммутант Sn равен An. Действительно, любой коммутатор [a, b] = a−1b−1ab является четной подстановкой, значит, Sn′ An. Произвольный тройной цикл (ijk) равен коммутатору

72

[(ij), (jk)], и так как An порождается тройными циклами, то имеется обратное включение Sn′ An.

Покажем, что коммутант группы A4 равняется четверной группе Клейна:

A′4 = K4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}.

Из соотношения [(ijk), (ijl)] = (ij)(kl) следует, что A′4 K4. Подгруппа K4 нормальна в A4 и порядок фактор-группы A4/K4 равен 3. Значит, эта фактор-группа является циклической группой порядка 3. Из леммы 1.19 мы знаем A′4 K4.

При n 5 из соотношения [(ijk), (ilm)] = (ilj) вытекает, что A′n =

=An.

Врезультате получаем следующие ряды коммутантов:

Задача 3. Описать группы порядка p2, где p — простое число.

Решение. Докажем сначала вспомогательное утверждение: фак- тор-группа неабелевой группы G по ее центру не может быть циклической. Допустим противное: G/Z(G) = a · Z(G) . Возьмем произвольные два элемента x, y G, они представляются как x = amz1, y = anz2 (z1, z2 Z(G)). Из этого представления видно, что x, y должны быть перестановочны, что противоречит некоммутативности G.

Теперь покажем, что группа G порядка p2 обязательно абелева. Допустим противное. По теореме 1.25 ее центр нетривиален и, следовательно, имеет порядок p. Тогда порядок фактор-группы G/Z(G) равен p и она должна быть циклической. Противоречие с доказанным выше утверждением.

Рассматриваем абелеву группу G порядка p2. По теореме 1.17 G разлагается в прямое произведение примарных циклических групп. Возможны два случая: 1) сама G — циклическая порядка p2; 2) G = A×B — прямое произведение двух циклических групп порядка p. □

Задача 4. Описать группы порядка pq, где p < q — простые числа.

Решение. Пусть |G| = pq. Рассмотрим два случая: абелев и неабелев.

1) Пусть наша группа абелева. По теореме 1.17 G разлагается в прямое произведение примарных циклических групп A и B порядков p и q

73

соответственно. Такая группа сама является циклической, она порождается элементом ab, если A = a , B = b .

2) Предположим, группа G неабелева. По теореме Силова в ней есть подгруппа

A = a = {e, a, a2, . . . , ap−1}

порядка p и подгруппа

B = b = {e, b, b2, . . . , bq−1}

порядка q. Число силовских q-подгрупп имеет вид 1 + qn и делит p. Такое число обязано равняться 1. Отсюда вытекает, что B — нормальная подгруппа в G. Число силовских p-подгрупп должно иметь вид 1 + pn и делить q. Оно может равняться либо 1, либо q. Единица не подходит, так как тогда A — нормальная подгруппа и вся группа разлагается в прямое произведение A × B, что противоречит некоммутативности G. Получаем, что в неабелевом случае q обязательно сравнимо с 1 по модулю p. Итак, пусть при указанном условии на p и q имеется гипотетическая группа порядка pq.

Легко проверяется, что произведения aibj для разных пар (i, j), где

из G, но пока не знаем главного: как такие элементы перемножаются. Вспомним, что B G, и поэтому элемент a−1ba представляется как br. Здесь r можно понимать как элемент простого поля Fq, отличный от 0, 1. Имеем

a−1ba = br, a−2ba2 = br2 , . . . , a−pbap = brp = b,

откуда по необходимости rp = 1. Через соотношение a−1ba = br однозначно определяется умножение на множестве {aibj } по формуле

(aibj )(akbl) = ai+k(a−kbj ak)bl = ai+kbjrk +l.

Следовательно, если наша гипотетическая группа G существует, то она однозначно характеризуется параметрами p, q, r. Мы сейчас приведем конкретную группу порядка pq, в которой все это выполняет-

R= {1, r, r2, . . . , rp−1} обозначает мультипликативную подгруппу в Fq,

74

условии q ≡ 1 (mod p) порядок q − 1 мультипликативной группы поля Fq делится на p, значит там есть подгруппа порядка p, она совпадает с множеством корней многочлена xp − 1 в Fq, это и будет R. Поэтому группа G однозначно определяется только параметрами p и q. Сделаем вывод.

Существует циклическая группа порядка pq. Если же q сравнимо с 1 по модулю p, то существует еще одна (с точностью до изоморфизма) неабелева группа порядка pq, она изоморфна указанной группе

Задача 5. Построить пример конечного простого несепарабельного расширения полей.

Решение. Такой пример может существовать только в простой характеристике p. Пусть k — произвольное поле характеристики p и K = k(t) — простое трансцендентное расширение. Рассмотрим его подполе E = k(tp). Расширение K/E — простое алгебраическое, так как получается присоединением к E элемента t, а он является корнем многочлена h(x) = xp − tp E[x]. Над полем K этот многочлен разлагается как (x − t)p. Утверждается, что многочлен h(x) неприводим над E. Допустим противное: он представляется как произведение h1(x)h2(x) многочленов меньших степеней из E[x]. Тогда h1(x) = (x−t)m, h2(x) = = (x − t)p−m. Однако эти многочлены не лежат в E[x]. Противоречие. Таким образом, многочлен h(x) является минимальным для t над E, но у него всего один корень кратности p, поэтому расширение K/E не является сепарабельным. Отметим, что степень этого расширения равна p. □

Задача 6. Построить пример конечного непростого расширения полей.

Решение. Мы несколько модернизируем предыдущий пример. Пусть снова k — произвольное поле характеристики p, но K = k(t, u) — расширение, полученное присоединением к k двух алгебраически независимых элементов t и u. Берем подполе E = k(tp, up). Многочлены h1(x) = xp − tp и h2(x) = xp − up неприводимы над E и являются минимальными для элементов t и u соответственно. Можно показать, что степень расширения K/E равна p2. Докажем, что это расширение не является простым.

Допустим противное: K = E(α), α k(t, u). Представим α в виде дроби f(t, u)/g(t, u), где f и g — многочлены от t и u с коэффициентами

75

из k. Напомним формулу возведения в степень p суммы элементов поля характеристики p: (a + b)p = ap + bp. Из этой формулы следует, что

Задача 7. Описать решетку подгрупп группы Галуа многочлена x4 − 2 над Q и соответствующую решетку промежуточных подполей.

Решение. Поле разложения над Q многочлена x4 − 2 равно K =

√

= Q(i, 4 2). Пусть G = G(K/Q). Имеем |K : Q| = |G| = 8. Для поиска

каких-то автоморфизмов рассматриваемого расширения воспользуемся следующим утверждением, вытекающим из предложения 2.19.

Лемма. Пусть K = k(α)/k — простое алгебраическое расширение Галуа, f(x) — минимальный многочлен для α, β — еще один корень f(x). Тогда отображение α 7→β определяет автоморфизм K над k.

76

Решетка промежуточных подполей приведена на рис. 3.

K

Рис. 3

Нетрудно видеть взаимно однозначное соответствие между этими решетками. □

Задача 8. Доказать неразрешимость в радикалах уравнения

x5 − 10x + 5 = 0.

Решение. Многочлен f(x) = x5 − 10x + 5 неприводим над Q по признаку Эйзенштейна, поэтому его группа Галуа G отождествляется с некоторой транзитивной подгруппой группы подстановок S5. Посмотрим, сколько вещественных корней у многочлена f(x). Для этого составим систему Штурма (см., например, [2, љ 79]):

f0(x) = x5 − 10x + 5, f1(x) = x4 − 2, f2(x) = 8x − 5, f3(x) = 1.

Число перемен знаков в системе Штурма при x = −∞ равно 3, а при x = +∞ равно 0. Поэтому число вещественных корней равно 3. (Это также нетрудно установить, построив график функции y = f(x).) Оставшиеся два комплексных корня имеют вид a + bi и a − bi, b ≠ 0. Существует автоморфизм из G (комплексное сопряжение), который переставляет два комплексных корня многочлена, а действительные оставляет на месте. На языке подстановок это — транспозиция. Из задачи 1 следует, что G = S5. Но группа S5 неразрешима, а тогда по теореме 3.12 уравнение x5 − 10x + 5 = 0 неразрешимо в радикалах. □

Задача 9. При каких целых значениях параметра a группа Галуа многочлена f(x) = x3 − ax + a Q[x] является циклической?

77

Решение. Сначала выясним, при каких значениях a Z многочлен f неприводим над Q. Поскольку deg f = 3, его неприводимость над Q равносильна отсутствию рациональных корней. Старший коэффициент f равен единице, поэтому все его рациональные корни — це-

при a = 0 или a = 8 группа Галуа G многочлена f(x) имеет порядок ≤ 2 и является циклической.

При a ̸= 0, 8 многочлен f(x) неприводим над Q, его группа Галуа G — транзитивная подгруппа в S3. Таких подгрупп две: A3 Z3 и сама S3. Остается выяснить, при каких значениях a Z имеет место

равенство G = A3.

Пусть K — поле разложения f(x) над Q, α1, α2, α3 K — корни многочлена f(x). Рассмотрим величину

δ = (α1 − α2)(α1 − α3)(α2 − α3) K.

Заметим, что δ KG тогда и только тогда, когда G = A3. Действительно, δ не меняется под действием четной подстановки и меняет знак под действием нечетной подстановки из S3.

Таким образом, G = A3 в том и только том случае, когда δ KG =

=Q. Величина δ2 является симметрическим многочленом от αi, i =

=1, 2, 3, поэтому он выражается через коэффициенты f(x):

δ2 = 4a3 − 27a2 Z.

Следовательно, остается выяснить, при каких значениях a величина

Отметим, что для произвольного многочлена f(x) k[x], f(x) =

= (x − α1)(x − α2) . . . (x − αn), α1, . . . , αn L, где L — поле разложения f(x) над k, выражение

называется дискриминантом многочлена f(x). Дискриминант является симметрическим выражением от корней многочлена f(x), следовательно, выражается через его коэффициенты и является элементом из

78

поля k. Один из шагов решения задачи 9 может быть обобщен следующим образом: группа Галуа многочлена f(x) состоит только из четных подстановок тогда и только тогда, когда δ2(f) является полным квадратом в поле k (см. [10, љ 24.1]).

Задача 10. Пусть L — поле разложения многочлена

f(x) = x4 − x − 1 Q[x].

Доказать, что G(L/Q) = S4.

Решение. Неприводимость многочлена f(x) над Q легко показать методом редукции по модулю 2: если бы f(x) раскладывался на множители меньшей степени с рациональными (следовательно, целыми)

также раскладывался бы на множители меньшей степени над Z2. По-

скольку ¯ не имеет корней в и не равен квадрату единственного f(x) Z2

неприводимого над многочлена второй степени, ¯ неприводим.

Z2 f(x)

Метод Штурма (см. задачу 8) показывает, что f(x) имеет ровно два вещественных корня. Следовательно, группа G = G(L/Q), рассматриваемая как подгруппа в S4, содержит транспозицию (комплексное сопряжение). Пронумеруем корни так, чтобы эта транспозиция равнялась (12). Тогда, как следует из решения задачи 1, транспозиция (34) также лежит в G.

Неприводимость многочлена f(x) над полем Q влечет транзитивность группы G S4. Следовательно, G содержит подстановку, переводящую 1 в 3. Это может быть одна из следующих подстановок:

(132), (134), (1324), (1342), (13)(24).

Из равенств

(13)(24) · (12) = (1324), (134) · (12) = (34) · (132) = (1342)

вытекает, что в любом случае группа G содержит хоть один цикл длины 4.

Покажем, что G обязательно содержит элемент порядка 3 (т. е. тройной цикл из S4). Для этого рассмотрим многочлен

R(x) = (x − (α1α2 + α3α4))(x − (α1α3 + α3α4))(x − (α1α4 + α2α3)),

79

где α1, . . . , α4 — корни многочлена f(x). Коэффициенты многочлена R(x) являются симметрическими функциями от αi, i = 1, . . . , 4, поэтому выражаются через коэффициенты f(x). Непосредственное вычисление по теореме Виета показывает, что

R(x) = x3 + 4x − 1.

Этот многочлен неприводим над Q, а его корни лежат в L. Обозначим через K поле разложения R(x) над Q, получим башню расширений

Q < K L,

где K/Q нормально и G(K/Q) содержит элемент порядка 3. Следова-

тельно, H = G(L/K) — нормальная подгруппа в G и G/H G(K/ ).

= Q

Если гомоморфный образ подгруппы G в S4 содержит элемент порядка 3, то G обязательно содержит тройной цикл.

Поскольку числа 3 и 4 взаимно просты, |G| ≥ 12. Таким образом, либо G = A4 (единственная подгруппа индекса 2 в S4), либо G = S4. Первый случай невозможен, поскольку G содержит транспозицию. □

Отметим, что многочлен R(x) из решения задачи 10 известен как резольвентный многочлен уравнения 4-й степени f(x) = 0. Используя рассуждения из приведенного выше решения, несложно показать (см. [10, љ 24.2]), что неприводимость многочлена R(x) эквивалентна наличию тройного цикла в группе Галуа многочлена f(x).

80