abstraktna algebra - pefprints

Univerza v LjubljaniPedagoska fakulteta

Oddelek za matematiko in racunalnistvo

Abstraktna algebraStudijsko gradivo

Primoz Sparl

Ljubljana, februar 2018c©Primoz Sparl

Kazalo

Predgovor 1

I Teorija grup 3

1 Ponovitev osnovnih pojmov 5

1.1 Pojem grupe in nekatere druzine . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Podgrupe, edinke, kvocienti in izomorfizmi . . . . . . . . . . . 8

2 Direktni produkt 13

2.1 Direktni produkt grup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2 Klasifikacija koncnih komutativnih grup . . . . . . . . . . . . 19

3 Delovanja grup 23

3.1 Pojem delovanja grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2 Cayleyev izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.3 Orbite in stabilizatorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Cauchyev izrek in izreki Sylowa 31

4.1 Cauchyev izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4.2 Izreki Sylowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5 Grupe majhnih redov 41

5.1 Grupe reda najvec 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.2 Majhne enostavne grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

II Teorija kolobarjev in polj 53

6 Ponovitev osnovnih pojmov 55

6.1 Pojem kolobarja in nekatere druzine . . . . . . . . . . . . . . 55

6.2 Podkolobar, ideal in kvocientni kolobar . . . . . . . . . . . . . 58

iii

iv KAZALO

7 Kolobar celih stevil 617.1 Faktorizacija in Evklidov algoritem . . . . . . . . . . . . . . . 617.2 Kongruence in kolobar Zn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

8 Kolobarji polinomov 778.1 Evaluacija v tocki in nicla polinoma . . . . . . . . . . . . . . 788.2 Algoritem deljenja za polinome . . . . . . . . . . . . . . . . . 808.3 Nerazcepnost polinomov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

9 Enolicnost faktorizacije in polja 939.1 Praideali in maksimalni ideali . . . . . . . . . . . . . . . . . . 939.2 Enolicnost faktorizacije v F [x] . . . . . . . . . . . . . . . . . 969.3 Konstrukcija koncnih polj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

10 Razsiritve polj in konstrukcije 10310.1 Razsiritve polj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10310.2 Konstrukcije z ravnilom in sestilom . . . . . . . . . . . . . . . 113

Predgovor

V studijskem letu 2011/12 se je na Pedagoski fakulteti Univerze v Ljubljani v okvirubolonjskega studijskega programa prve stopnje Dvopredmetni ucitelj prvic izvedelpredmet Abstraktna algebra. Od takrat sem predmet predaval sestkrat, skozivsa ta leta pa sem dopolnjeval in spreminjal pripadajoce zapiske predavanj. Potoliko letih je napocil cas, da se nastalo gradivo prvic tudi uradno izda, ceprav sebo v prihodnosti zagotovo se naprej spreminjalo.

Obravnavana snov zajema teorijo grup ter teorijo kolobarjev in polj. Sevedagre pri obeh delih v vecji meri le za uvod v ti obsirni in zanimivi podrocji algebre,ceprav se obcasno dotaknemo tudi kaksne teme na visjem nivoju. Predpostavlja se,da bralec ze pozna pojem grupe, kolobarja in polja ter njihovih naravnih podstruk-tur, torej podgrup in edink ter podkolobarjev in idealov, pa tudi z njimi povezanekvocientne grupe in kvocientne kolobarje. Kljub temu se za vsak primer vsak odobeh delov pricne s kratkim ponovitvenim poglavjem, v katerem se ponovijo osnovnipojmi in podajo najosnovnejsi rezultati (brez dokazov).

Skozi vsa poglavja so natancno razdelani stevilni konkretni zgledi, ki ilustrirajoobravnavane pojme, vsak razdelek pa se zakljuci z naborom nalog, ki naj bodobralcu v pomoc pri utrjevanju in poglabljanju osvojenega znanja. Nekatere izmednjih so povsem rutinske in zahtevajo le natancno razumevanje definicij in obravna-vanih rezultatov, pri nekaterih pa je potrebnega tudi nekaj dodatnega razmisleka.

Za delo z algebrskimi strukturami je danes na voljo kar nekaj programskihpaketov. Eden izmed najbolj zmogljivih tovrstnih produktov je programsko okoljeMagma, ki ga razvija in distribuira Computational Algebra Group, School of Math-ematics and Statistics z Univerze v Sydneyu v Avstraliji. Ceprav je ta programskipaket sicer placljiv, ponujajo tudi brezplacno demonstracijsko verzijo, ki je dostopnapreko spleta (http://magma.maths.usyd.edu.au/calc/). Sicer gre za precej okr-njeno verzijo, ki pa za posamezno konkretno ilustracijo povsem zadosca. Zatoobcasno kak zgled popestrimo tudi s pripadajocim izracunom s pomocjo Magme.Pri tem velja opozoriti, da ne bomo razlagali zakaj in kako dolocene zadeve vMagmi delujejo. Vedozeljni bralec lahko pomoc poisce v obsezni dokumentaciji, kijo lahko najde na spletu. Na vsak nacin pa naj bo Magma bralcu zgolj v pomocpri potrditvi dobljenih rezultatov, nikakor pa ne edino sredstvo utemeljevanja.

Primoz Sparl

Del I

Teorija grup

3

Poglavje 1

Ponovitev osnovnih pojmov

V tem poglavju na kratko ponovimo osnovne pojme teorije grup, ki se jihobravnava ze pri predmetu Algebrske strukture v 2. letniku. Ti pojmiso osnova za razumevanje snovi, ki jo bomo obravnavali v nadaljevanju.Glede na to, da gre za ponovitev, so podane le posamezne definicije innekateri pomembni rezultati ter zgledi, natancna razlaga in utemeljitve paso izpusceni. Prav tako bralcu na vec mestih svetujemo, da dolocene temeponovi sam.

1.1 Pojem grupe in nekatere druzine

Zacnimo kar z definicijo grupe.

Definicija. Naj bo G neprazna mnozica in ◦ dvoclena (oz. binarna) ope-racija na G (to je, za vsaka g1, g2 ∈ G je g1 ◦ g2 natanko dolocen element izmnozice G). Tedaj je par (G, ◦) grupa, ce velja:

(G1) Operacija ◦ je asociativna na G, to je:∀g1, g2, g3 ∈ G : (g1 ◦ g2) ◦ g3 = g1 ◦ (g2 ◦ g3).

(G2) V mnozici G obstaja nevtralni element e, to je:∃e ∈ G : (∀g ∈ G : e ◦ g = g ◦ e = g).

(G3) Vsak element iz G ima inverz glede na ta nevtralni element, to je:∀g ∈ G : (∃g′ ∈ G : g ◦ g′ = g′ ◦ g = e).

Ce dodatno velja se, da je operacija ◦ komutativna, to je, ce za poljubnaelementa g1, g2 ∈ G velja g1 ◦ g2 = g2 ◦ g1, pravimo, da je grupa (G, ◦)komutativna.

Kadar gre za komutativno grupo, namesto znaka ◦ obicajno pisemo znakaditivne operacije +. V vseh ostalih primerih, ce seveda ni bojazni za nes-porazum, znaka ◦ za operacijo sploh ne pisemo. Namesto g ◦ h torej pisemokar gh. Zato pri splosnih grupah govorimo kar o “grupi G”, v resnici paseveda mislimo na grupo (G, ◦).

5

6 POGLAVJE 1. PONOVITEV OSNOVNIH POJMOV

Iz definicije grupe takoj sledi naslednja trditev.

Trditev 1.1. Naj bo G grupa. Tedaj velja naslednje:

(i) V grupi G obstaja natanko en nevtralni element. To je ravno ediniidempotent grupe G (to je element e ∈ G, za katerega je e2 = e).

(ii) Za vsak g ∈ G v grupi G obstaja natanko en inverz, ki ga zato lahkooznacimo kar z g−1.

(iii) V grupi G veljata pravili krajsanja z leve in z desne.

Definicija. Naj bo G grupa. Njen red je tedaj kardinalnost pripadajocemnozice G (oznaka |G|). Za poljuben g ∈ G je red elementa g (oznaka |g|)enak najmanjsemu naravnemu stevilu n, za katerega je gn = e, ce obstaja.V nasprotnem primeru pravimo, da ima g neskoncen red.

(†) Bralec bo sam obnovil znanje o tabelah produktov (oz. tabelah poste-vanke) grup. Za domaco nalogo naj skusa sestaviti tabele produktov vseh“bistveno razlicnih” grup reda najvec 6. Pokaze naj, da za elementa g1, g2koncne grupe G, ki komutirata (to je, g1g2 = g2g1), velja, da red |g1g2| delinajmanjsi skupni veckratnik redov |g1| in |g2|. Ali je to res tudi v primeru,ko g1 in g2 ne komutirata?

Zakljucimo razdelek s ponovitvijo nekaterih dobro znanih druzin grup:

Ciklicna grupa Zn:V resnici gre za komutativno grupo (Zn,+), pri cemer je Zn mnozica os-tankov pri deljenju z n, sestevamo pa po modulu n. Gre seveda za gruporeda n.

Simetricna grupa Sn:Tu je Sn mnozica vseh permutacij mnozice {1, 2, 3, . . . , n}, operacija pa jeobicajno komponiranje preslikav. Dogovorimo se, da kompozitume beremoz desne proti levi. Tako je na primer (1 2 3)(2 3 4) = (1 2)(3 4). Red grupeSn je seveda n!.

Alternirajoca grupa An:V tem primeru gre za mnozico vseh sodih permutacij mnozice {1, 2, 3, . . . , n},operacija pa je zopet obicajno komponiranje preslikav. Red grupe An je n!

2 .

Diedrska grupa Dn:Tokrat gre za mnozico vseh simetrij pravilnega n-kotnika, operacija pa jezopet komponiranje preslikav. Seveda lahko na mnozico Dn gledamo kot napodmnozico mnozice Sn. Grupa Dn je reda 2n.

Splosna linearna grupa GL(n,F), kjer je F poljubno polje:Mnozica GL(n,F) sestoji iz obrnljivih matrik nad F dimenzije n × n, ope-racija pa je obicajno mnozenje matrik. Ce je polje F neskoncno, je neskoncna

1.1. POJEM GRUPE IN NEKATERE DRUZINE 7

tudi grupa GL(n,F). V primeru, ko je F koncno polje reda q, je red grupeGL(n,F) enak (qn − 1)(qn − q)(qn − q2) · · · (qn − qn−1). Tako je na primergrupa GL(3,Z2) reda (8− 1)(8− 2)(8− 4) = 168. (Gre za zelo pomembnogrupo. O njej bomo nekaj besed spregovorili kasneje.)

Posebna linearna grupa SL(n,F), kjer je F poljubno polje:Mnozica SL(n,F) je podmnozica vseh tistih matrik iz GL(n,F), katerihdeterminanta je enaka 1. Tudi tokrat je operacija kar obicajno mnozenjematrik. V primeru, ko je F koncno polje reda q, je grupa SL(n,F) reda(qn−1)(qn−q)(qn−q2)···(qn−qn−1)

q−1 . Tako je na primer za q = 2 grupa SL(n,F)kar enaka grupi GL(n,F), medtem ko je grupa GL(2,Z3) reda 48, grupaSL(2,Z3) pa reda 24.

(Enodimenzionalna) afina splosna linearna grupa AGL1(F), kjer je F polje:Mnozica AGL1(F) sestoji iz vseh afinih preslikav ta,b : F→ F, kjer je a ∈ F∗in b ∈ F, pri tem pa je preslikava ta,b definirana s predpisom ta,b(x) = ax+ bza vse x ∈ F. Ustrezna operacija na tej grupi je seveda komponiranje pres-likav (bralec bo preveril, da na ta nacin res dobimo grupo). Ce je poljeF reda q, je AGL1(F) grupa reda q2 − q, njene elemente pa lahko pravza-prav opazujemo kot elemente simetricne grupe Sq. Ce bo F = Zp za nekoprastevilo p, bomo pisali kar AGL1(p).

Grupa funkcij F(X,G), kjer je X poljubna neprazna mnozica, G pa poljubnagrupa:V tem primeru mnozica F(X,G) sestoji iz vseh funkcij f : X → G iz mnoziceX v grupo G, operacija, ki jo tokrat oznacimo z ? (v izogib zmedi, ki bi jolahko povzrocil znak ◦, ki se pri funkcijah obicajno uporablja za komponi-ranje), pa je definirana tako, da je za poljubni f, g ∈ F(X,G) f?g ∈ F(X,G)funkcija, za katero za vsak x ∈ X velja (f?g)(x) = f(x)g(x). Grupa F(X,G)je koncna natanko tedaj, ko sta tako X kot G koncni mnozici (ali pa je Gtrivialna grupa). V tem primeru je njen red enak |G||X|.

(†) Bralec naj se spomni se nekaterih neskoncnih grup, ki jih je spoznalpri predmetu Algebrske strukture. Premisli naj tudi, kdaj je grupaF(X,G) komutativna. Obnovi naj tudi definicijo vektorskega prostora, izkatere naj razbere, da je torej vsak vektorski prostor med drugim tudi ko-mutativna grupa.

Zgled: Skoraj vse zgoraj opisane druzine grup so vgrajene tudi v pro-gramski paket Magma. Tako na primer ciklicno grupo reda n dobimo zukazom CyclicGroup(n) (ki pa je konstruirana kot multiplikativna grupapermutacij), simetricno in alternirajoco grupo Sn in An z ukazoma Sym(n)

in Alt(n), diedrsko grupo Dn pa z ukazom DihedralGroup(n). Konstru-iramo lahko tudi splosne linearne, posebne linearne in afine splosne linearnegrupe (pa se vrsto drugih, s katerimi pa se mi ne bomo ukvarjali). Takona primer grupo GL(3,Z2) dobimo z ukazom GL(3,2), grupo SL(2,Z5)


z ukazom SL(2,5), grupo AGL1(13) pa z ukazom AGL(1,13). Da imagrupa SL(3,Z3) res (33 − 1)(33 − 3)(33 − 32)/2 = 5 616 elementov, se lahkoprepricamo z ukazom #SL(3,3). N

Naloga 1.1. Naj bo G mnozica realnih stevil, na njej pa imejmo definiranodvocleno operacijo ? s predpisom x ? y = x+ y+ xy za vse x, y ∈ G. Katereizmed treh lastnosti za grupe ima par (G, ?)? Je torej (G, ?) grupa?

Naloga 1.2. Naj bo G = {x ∈ R : 0 ≤ x < 1}. Za poljubna x, y ∈ Gdefinirajmo x ? y = x + y − bx + yc, kjer je bac navzdol zaokrozeno steviloa. Dokazite, da je tedaj (G, ?) grupa.

Naloga 1.3. Poiscite kaksno nekomutativno koncno grupo reda 36.

1.2 Podgrupe, edinke, kvocientne grupe in izomor-fizmi

Tako kot pri vseh algebrskih strukturah je tudi pri grupah smiselno go-voriti o njenih podmnozicah, ki imajo same zase strukturo grupe za pode-dovano operacijo.

Definicija. Naj bo G grupa. Njena neprazna podmnozica H je podgrupagrupe G (oznaka H ≤ G), ce je grupa za podedovano operacijo.

Trditev 1.2. Naj bo G grupa. Tedaj je njena neprazna podmnozica H njenapodgrupa natanko tedaj, ko velja:

(i) Za vsaka h1, h2 ∈ H velja h1h2 ∈ H.

(ii) Za vsak h ∈ H velja h−1 ∈ H, kjer je h−1 inverz elementa h v grupiG.

Pogoja (i) in (ii) zgoraj lahko nadomestimo z enim samim pogojem:(i’) ∀h1, h2 ∈ H : h1h

−12 ∈ H.

(†) Bralec naj za vajo poisce vse podgrupe grup Z8, S3 in D4.

Definicija. Naj bo G grupa in H ≤ G njena podgrupa. Za g ∈ G je leviodsek grupe G po podgrupi H enak mnozici gH = {gh : h ∈ H}. Podobnodefiniramo desne odseke. Mnozico G/H vseh levih (desnih) odsekov grupeG po podgrupi H imenujemo kvocientna mnozica grupe G po podgrupi H.

(†) Bralec naj ponovi dokaz dejstva, da so za poljubno grupo G, poljubnopodgrupo H ≤ G in poljubna g1, g2 ∈ G odseki g1H, Hg1 in Hg2 vsi istekardinalnosti.

1.2. PODGRUPE, EDINKE, KVOCIENTI IN IZOMORFIZMI 9

Definicija. Naj bo G grupa in H taka njena podgrupa, da ima G koncnomnogo levih (in zato desnih) odsekov po podgrupi H. Tedaj stevilo razlicnihlevih (desnih) odsekov grupeG po podgrupiH, torej kardinalnost kvocientnemnozice G/H, oznacimo z [G : H] in jo imenujemo indeks podgrupe H vgrupi G.

(†) Bralec naj ponovi dokaz dejstva, da za poljubno podgrupo H grupe Gin poljubna elementa g1, g2 ∈ G velja g1H = g2H natanko tedaj, ko jeg−11 g2 ∈ H.

Izrek 1.3 (Lagrange). Naj bo G koncna grupa in H njena podgrupa. Tedaj

velja [G : H] = |G||H| . Posledicno red podgrupe H deli red grupe G.

(†) S pomocjo Lagrangevega izreka naj bralec poisce vse podgrupe grup D6,Z30, AGL1(7) in Dp, kjer je p poljubno liho prastevilo. Svoje ugotovitvelahko preveri s pomocjo Magme. Ukaz Subgroups(G), kjer je G neka danagrupa, vrne seznam vseh tako imenovanih konjugiranostnih razredov pod-grup grupe G, pri tem pa za vsak razred parameter Length pove, kolikopodgrup sestavlja posamezni konjugiranostni razred, parameter Order pakaksnega reda so podgrupe v tem konjugiranostnem razredu. Stevilo vsehpodgrup dane grupe se torej dobi kot vsota parametrov Length po vsehkonjugiranostnih razredih.

Definicija. Naj bo G grupa in M ⊆ G neka njena neprazna podmnozica.Tedaj najmanjsi podgrupi grupeG, ki vsebuje mnozicoM , pravimo podgrupagrupe G, generirana z M (oznaka 〈M〉). V primeru, ko v grupi G obstajaelement g, da je G = 〈{g}〉, je G ciklicna grupa.

(†) Bralec naj obnovi dokaz, da je za poljubno grupo G presek poljubnedruzine njenih podgrup zopet njena podgrupa. To dejstvo potem zagotovi,da je podgrupa 〈M〉 iz zgornje definicije res dobro definirana in obstaja. Grenamrec ravno za presek vseh podgrup grupe G, ki vsebujejo M .

Ce je mnozica M dovolj majhna, da lahko njene elemente eksplicitnonavedemo, na primer M = {g1, g2, g3}, smo obicajno malce povrsni innamesto 〈{g1, g2, g3}〉 pisemo kar 〈g1, g2, g3〉. Seveda je red ciklicne grupe〈g〉 kar enak redu elementa g. Ena izmed pomembnih posledic Lagrangevegaizreka je torej ta, da red poljubnega elementa v koncni grupi vedno deli redte grupe.

(†) Bralec naj obnovi znanje o ciklicnih grupah in njihovih podgrupah, kiga je osvojil pri predmetu Algebrske strukture. Spomni naj se tudi,da za M ⊆ G podgrupa 〈M〉 sestoji iz vseh elementov oblike g1g2 · · · gn,kjer je n poljubno naravno stevilo in za vsak 1 ≤ i ≤ n velja, da je vsajeden izmed elementov gi in g−1i vsebovan v mnozici M . Za vajo naj natodoloci podgrupo 〈(1 2 3), (1 2)(3 4)〉 grupe S4 (svoje ugotovitve lahko preveri


s pomocjo Magme z ukazom Set(sub<Sym(4)|(1,2,3), (1,2)(3,4)>),ki vrne mnozico vseh elementov iskane podgrupe) ter podgrupo 〈21, 30, 70〉grupe Z105. Pokaze naj, da je diedrska grupa Dn podgrupa grupe Sn. Hkratinaj pokaze, da je Dn = 〈r, z〉, kjer je r primerna permutacija reda n, z paprimerna involucija (torej permutacija reda 2), in da za vsak 0 ≤ i ≤ n− 1velja zriz = r−i.

Definicija. Naj bo G grupa in H njena podgrupa. Tedaj je H podgrupaedinka grupe G (oznaka H E G), ce za vsak g ∈ G velja gHg−1 = H, kjerje gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H}.

Tudi naslednja trditev je dobro znana.

Trditev 1.4. Naj bo G grupa in H ≤ G njena podgrupa. Tedaj so naslednjitrije pogoji ekvivalentni:

(i) Podgrupa H je edinka v G.

(ii) Vsak levi odsek grupe G po podgrupi H je enak pripadajocemu desnemuodseku, to je: ∀g ∈ G : gH = Hg.

(iii) Vsak levi odsek grupe G po podgrupi H je enak kakemu desnemuodseku, to je: ∀g1 ∈ G ∃g2 ∈ G : g1H = Hg2.

(†) Bralec naj se spomni, kako je z edinkami v komutativnih grupah. Ob-novi naj dokaz dejstva, da je v poljubni grupi vsaka podgrupa indeksa 2avtomatsko njena edinka. Za vajo naj skusa najti kaksne edinke grup,ki smo jih omenili v prvem razdelku. Pomaga si lahko tudi z ukazomNormalSubgroups v Magmi.

Izkaze se, da je v primeru, ko je H edinka grupe G, dobro definiranomnozenje g1Hg2H = g1g2H na kvocientni mnozici G/H. Na ta nacin tamnozica postane grupa. Pravimo ji kvocientna grupa grupe G po podgrupiH.

Definicija. Naj bosta (G1, ◦) in (G2, ·) dve grupi. Preslikava ϕ : G1 → G2

je homomorfizem grup, ce za vsaka g1, g2 ∈ G velja ϕ(g1 ◦g2) = ϕ(g1) ·ϕ(g2).Ce je ϕ bijektivna preslikava, govorimo o izomorfizmu grup. Grupi G1 inG2 sta izomorfni (oznaka G1

∼= G2), ce med njima obstaja kak izomorfizemgrup.

Nekoliko ohlapno torej lahko recemo, da sta dve grupi izomorfni, ce serazlikujeta le v imenih njunih elementov.

(†) Bralec naj ponovi lastnosti izomorfizmov grup (kako je z redom pres-likanega elementa, kam se slikajo podgrupe, kam edinke, kaj so praslike pod-grup in edink, kaksni grupi je lahko izomorfna komutativna grupa, kaksniciklicna, itd.). Nato naj se preprica, da v diedrski grupi D6 obstaja pod-grupa, ki je izomorfna grupi Z3. Prav tako naj se preprica, da v diedrski

1.2. PODGRUPE, EDINKE, KVOCIENTI IN IZOMORFIZMI 11

grupi D10 obstaja podgrupa izomorfna diedrski grupi D5. Pokaze naj, dagrupi S3 in Z6 nista izomorfni. Nato naj preveri, ali v grupi GL(2,Z3)obstaja podgrupa, izomorfna Z6 in/ali podgrupa izomorfna S3. Svoje ugo-tovitve lahko potrdi z Magmo s pomocjo ukaza IsIsomorphic, ki kot ar-gumenta prejme dve grupi, nato pa pove, ce sta izomorfni ali ne.

Za konec tega ponovitvenega poglavja se spomnimo se naslednjega iz-jemno pomebnega izreka (bralec pa bo ob tem ponovil definiciji jedra terslike homomorfizma grup).

Izrek 1.5 (Izrek o izomorfizmu). Naj bosta G in H grupi in ϕ : G → Hhomomorfizem grup. Tedaj je Ker(ϕ) E G ter Im(ϕ) ≤ H, poleg tega pavelja

G/Ker(ϕ) ∼= Im(ϕ).

(†) Bralec naj za obnovitev zgornjih pojmov poisce vse homomorfizme grupiz grupe Z12 v grupo S3 ter vse homomorfizme grup iz grupe S4 v grupo D4.Uporabi naj Lagrangev izrek in zgornji Izrek o izomorfizmu.

Naloga 1.4. Poiscite vse involucije v grupi GL(2,Z3). Ali skupaj z nev-tralnim elementom tvorijo podgrupo? Ce obstaja, v tej grupi poiscite vsajpo en element redov 3, 4 in 6.

Naloga 1.5. Koliko podgrup ima ciklicna grupa Z100? Kaj pa grupa Z2431?

Naloga 1.6. Koliko generatorjev premore ciklicna grupa Z56, to je, za kolikoelementov g ∈ Z56 velja 〈g〉 = Z56?

Naloga 1.7. Ali v grupi AGL1(7) obstaja kaksna podgrupa reda 7? Jeedinka? Oglejte si tudi grupo AGL1(5). Vsakega izmed njenih elementovzapisite kot pripadajoci element grupe S5. Ali AGL1(5) premore kaksnopodgrupo reda 10?

Naloga 1.8. Oglejte si podgrupo 〈(1 2 3), (4 5 6)〉 grupe S6. Ali je komuta-tivna? Dolocite rede vseh njenih elementov. Je ciklicna? Poiscite tudi vsajeno podgrupo reda 10 v S6. Lahko najdete ciklicno?

Naloga 1.9. Naj bo G komutativna grupa, v kateri pa operacijo pisemomultiplikativno in naj bo H = {h ∈ G : h2 = e}. Dokazite, da je tedajH podgrupa grupe G. Ali ta sklep velja tudi, ce izpustimo predpostavko okomutativnosti grupe G?

Naloga 1.10. Oglejte si grupo A4 in njeno podgrupo H = 〈(1 2 3)〉. Ekspli-citno zapisite vse leve ter vse desne odseke grupe A4 po podgrupi H. Ali jeH edinka v A4?


Naloga 1.11. Naj bo n naravno stevilo in naj bo Un = {z ∈ C : zn = 1}mnozica vseh “n-tih korenov” stevila 1 v C. Pokazite, da je Un grupa zaoperacijo obicajnega mnozenja kompleksnih stevil, ter da velja Un ∼= Zn.

Naloga 1.12. Naj bo F polje. V grupi SL(3,F) definirajmo podmnozico Hvseh zgornjetrikotnih matrik, ki imajo na diagonali same enice, to je

H = {

1 a b0 1 c0 0 1

: a, b, c ∈ F}.

Pokazite, da jeH podgrupa grupe SL(3,F) (imenuje se Heisenbergova grupa).Dolocite rede elementov Heisenbergove grupe za primer F = Z2.

Naloga 1.13. Oglejte si grupo SL(2,Z3). Ali je izomorfna simetricni grupiS4? Ali premore kaksno podgrupo edinko reda 8? Pokazite, da je grupaGL(2,Z2) izomorfna simetricni grupi S3.

Naloga 1.14. Poiscite vse homomorfizme grup iz grupe D6 v grupo A4.Koliko izmed njih je surjektivnih?

Naloga 1.15. Oglejte si podgrupo D5 = 〈(1 2 3 4 5), (2 5)(3 4)〉 grupe A5.Kateri znani grupi je izomorfna kvocientna grupa A5/D5?

Poglavje 2

Direktni produkt inklasifikacija koncnihkomutativnih grup

Ko se lotimo studija nekih matematicnih objektov, je seveda najprejtreba osvojiti definicijo studiranih objektov. Prvi naslednji korak pa morabiti iskanje konkretnih primerov takih objektov, po moznosti cimbolj razno-likih. Pri studiju teorije grup je torej treba spoznati cimvec razlicnih grup.Na ta nacin lahko pojem grupe bolje razumemo, obenem pa lazje dojamemopomen in globino teoreticnih rezultatov o grupah.

V uvodnem poglavju smo se spomnili nekaterih druzin grup, ki jih zepoznamo. Dokaj hitro pa lahko najdemo grupe, ki ne sodijo v nobeno izmedomenjenih druzin. Na primer, ce si ogledamo podgrupo G = 〈(1 2 3 4), (5 6)〉simetricne grupe S6, ugotovimo, da gre za grupo reda 8, ki ni izomorfnanobeni izmed grup druzin, ki smo jih spoznali. Ocitno torej obstajajo tudi“drugacne” grupe. V resnici se izkaze, da druzine, ki smo jih spoznali,pokrijejo le neznaten del bogate zbirke vseh grup. Vecje (in bolj sestavljeno)kot je naravno stevilo n, vec paroma neizomorfnih grup reda n obstaja.Tako na primer obstaja le ena grupa reda 7, le ena grupa reda 15 (kar bomokmalu znali tudi dokazati), po 14 grup reda 16 in 36, medtem ko je grup reda128 ze presenetljivih 2 328, grup reda 512 pa kar 10 494 213 (v to se lahkoprepricamo s pomocjo Magme z ukazom NumberOfSmallGroups(512)).

Smiselno je torej iskati nove druzine grup, predvsem pa je smiselno razvitikonstrukcije, ki iz ze znanih grup generirajo nove. Glavni cilj tega poglavja jepredstaviti eno izmed taksnih konstrukcij. Gre za tako imenovani direktniprodukt grup. Kot bomo videli, lahko vsako koncno komutativno grupodobimo iz ciklicnih grup le z veckratno uporabo te konstrukcije.

13

14 POGLAVJE 2. DIREKTNI PRODUKT

2.1 Direktni produkt grup

Naj bosta G1 in G2 poljubni grupi in naj bo G = G1 × G2 kartezicniprodukt pripadajocih mnozic. Tedaj lahko na mnozici G vpeljemo operacijo· s predpisom

(a, b) · (c, d) = (ac, bd).

Prepricajmo se, da je · dvoclena operacija na G. Res, ce sta a, c ∈ G1 inb, d ∈ G2, velja ac ∈ G1 in bd ∈ G2, saj sta G1 in G2 grupi. Potemtakemje (a, b) · (c, d) element mnozice G in tako je · res dvoclena operacija namnozici G. A to se ni vse. Ker je operacija “definirana po komponentah”,se na kartezicni produkt G1×G2 prenesejo tudi druge lepe lastnosti operacijna grupah G1 in G2.

Trditev 2.1. Naj bosta G1 in G2 grupi in naj bo · operacija, ki je na mnoziciG = G1 ×G2 definirana s predpisom (a, b) · (c, d) = (ac, bd). Tedaj je (G, ·)grupa.

Dokaz: Asociativnost sledi neposredno iz asociativnosti operacij na obehkomponentah. Za vsako trojico (a, b), (c, d), (f, g) ∈ G namrec velja

(a, b) · ((c, d) · (f, g)) = (a, b) · (cf, dg) = (a(cf), b(dg)) =

((ac)f, (bd)g) = (ac, bd) · (f, g) = ((a, b) · (c, d)) · (f, g).

Naj bosta e1 in e2 nevtralna elementa grup G1 in G2. Tedaj je e = (e1, e2)nevtralni element za operacijo · v G, saj za vsak (a, b) ∈ G velja (a, b) · e =(ae1, be2) = (a, b) = (e1a, e2b) = e · (a, b). Podobno pokazemo se, da imavsak (a, b) ∈ G inverz v G. Le-ta je kar element (a−1, b−1), kjer je a−1 inverzelementa a v grupi G1, b

−1 pa inverz elementa b v grupi G2. �

Definicija. Naj bosta G1 in G2 grupi. Tedaj grupo G = G1×G2 z operacijo,podano s predpisom (a, b) ·(c, d) = (ac, bd), imenujemo direktni produkt grupG1 in G2.

Podobno kot pri splosnih grupah tudi pri direktnem produktu ponavadioperacijo · opuscamo in pisemo kar (a, b)(c, d). Tudi oznako za nevtralnielement posamezne komponente bomo obicajno poenostavili in namesto eipisali kar e. Bralec se bo preprical, da je za poljubni grupi G1 in G2 pres-likava ϕ : G1×G2 → G2×G1, podana s predpisom ϕ((a, b)) = (b, a), izomor-fizem grup. Tako velja

Trditev 2.2. Naj bosta G1 in G2 poljubni grupi. Tedaj sta grupi G1 × G2

in G2 ×G1 izomorfni.

Zgornjo definicijo direktnega produkta dveh grup seveda zlahka posplo-simo na direktni produkt poljubnega koncnega nabora grup. Tako lahko iz

2.1. DIREKTNI PRODUKT GRUP 15

grup G1, G2, . . . , Gn konstruiramo njihov direktni produkt

n∏i=1

Gi = G1 ×G2 × · · · ×Gn

kot grupo z operacijo, podano s predpisom

(a1, a2, . . . , an)(b1, b2, . . . , bn) = (a1b1, a2b2, . . . , anbn).

Bralec se bo preprical, da na ta nacin∏ni=1Gi res postane grupa. Seveda je

tudi tukaj (do izomorfizma natancno) vrstni red faktorjev Gi v direktnemproduktu nepomemben. Preden si ogledamo prvih nekaj zgledov, opazimose naslednje.

Trditev 2.3. Naj bodo G1, G2, . . . , Gn grupe. Tedaj je njihov direktni pro-dukt

∏ni=1Gi komutativna grupa natanko tedaj, ko je vsak izmed faktorjev

Gi komutativna grupa.

Dokaz: Denimo najprej, da so vse grupe Gi komutativne in pokazimo,da je tedaj tudi direktni produkt

∏ni=1Gi komutativna grupa. Naj bosta

(a1, a2, . . . , an) in (b1, b2, . . . , bn) poljubna elementa direktnega produkta.Ker so vse grupe Gi komutativne, za vsak i velja aibi = biai. Tako je

(a1, a2, . . . , an)(b1, b2, . . . , bn) = (a1b1, a2b2, . . . , anbn) =

(b1a1, b2a2, . . . , bnan) = (b1, b2, . . . , bn)(a1, a2, . . . , an).

Direktni produkt∏ni=1Gi je potemtakem res komutativna grupa.

Denimo sedaj, da vsaj ena izmed grup Gi ni komutativna. Glede natrditev 2.2 lahko brez skode za splosnost predpostavimo, da je to kar grupaG1. Tedaj v G1 obstajata elementa a in b, da ab 6= ba. Potem pa velja tudi(a, e, e, . . . , e)(b, e, e, . . . , e) 6= (b, e, e, . . . , e)(a, e, e, . . . , e). Tako tudi grupa∏ni=1Gi ni komutativna. �

Se enkrat opozorimo, da na primer v zgornjem dokazu oznake e na kom-ponentah od druge naprej pomenijo nevtralni element posamezne kompo-nente Gi (ki bi jih torej formalno morali pisati kot e2, e3, . . .). Tako naprimer e na drugi komponenti ne pomeni istega elementa kot e na tretjikomponenti.

Zgled: Direktni produkt Z2 × Z2 ima stiri elemente in sicer

Z2 × Z2 = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}.

Bralec se bo preprical, da je, razen nevtralnega elementa (0, 0), red vsakegaizmed preostalih treh elementov enak 2. Ker izomorfizem grup ohranjarede elementov, je torej jasno, da grupa Z2 × Z2 ni izomorfna grupi Z4. To


lahko potrdi tudi z Magmo, pri cemer uporabi konstruktor DirectProduct.Ukaz IsCyclic(DirectProduct(CyclicGroup(2),CyclicGroup(2))) namnamrec vrne vrednost false, kar potrjuje, da grupa Z2 × Z2 ni ciklicna,medtem ko grupa Z4 je. Bralca vabimo, da dokaze, da je grupa Z2 × Z2

izomorfna edini podgrupi reda 4 v grupi A4. N

Seveda lahko konstruiramo tudi direktne produkte grup, od katerih sonekatere komutativne, druge pa ne. V tem primeru operacijo na direktnemproduktu pisemo multiplikativno, pri cemer pa je treba biti pozoren na ope-racijo na posamezni komponenti.

Zgled: Oglejmo si na primer direktni produkt G = D5 × Z2, kjer je D5

diedrska grupa reda 10. Oznacimo njena generatorja z ρ in τ , kjer je ρ reda5 in τ reda 2. Spomnimo se, da za vsak i velja τρiτ = ρ−i. Tako je naprimer (ρ, 1)(ρ, 1) = (ρ2, 0). Oznacimo t = (τ, 0) in r = (ρ, 1). Tedaj je

trt = (τρτ, 1) = (ρ−1, 1) = r−1.

Bralec se bo preprical, da je red elementa r enak 10, red elementa t pa 2.Tedaj se ni tezko prepricati, da je grupa D5 × Z2 izomorfna diedrski grupiD10. Bralca vabimo, da zgornji premislek posplosi na poljuben direktniprodukt Dn × Z2, kjer je n liho stevilo. Hkrati naj se preprica, da podobensklep za soda stevila n ne velja. Preprica naj se na primer, da direktniprodukt D4 × Z2 ni izomorfen grupi D8. N

Glede na trditev 2.3 lahko sklenemo naslednji dogovor. V primeru, kobodo vse grupe Gi v direktnem produktu

∏ni=1Gi komutativne z aditivno

pisano operacijo +, bomo tudi za operacijo v direktnem produktu∏ni=1Gi

uporabljali adicijski znak +.

Zgled: Oglejmo si se naslednji primer direktnega produkta, ki je sicerprecej podoben primeru iz prvega zgleda v tem razdelku, a je na nek nacinvendarle bistveno drugacen. Oglejmo si direktni produkt Z2×Z3. Ta grupaima seveda 2 · 3 = 6 elementov. Dolocimo red elementa (1, 1). Ker operacijopisemo aditivno, iscemo najmanjse naravno stevilo n, da bo

n(1, 1) = (1, 1) + (1, 1) + · · ·+ (1, 1)︸︷︷︸n

= (0, 0).

Bralca se zadnjic opozorimo, da je potrebno elemente na posameznih kom-ponentah razumeti kot elemente pripadajaocih grup. Tako na primer 0 naprvi komponenti oznacuje nevtralni element grupe Z2, medtem ko 0 na drugikomponenti oznacuje nevtralni element grupe Z3. Hitro se prepricamo, da2(1, 1) = (0, 2) 6= (0, 0) in 3(1, 1) = (1, 0) 6= (0, 0), od koder sledi, da redelementa (1, 1) ni ne 2, ne 3. Po Lagrangevem izreku mora red elementa

2.1. DIREKTNI PRODUKT GRUP 17

deliti red grupe, v katerem se ta element nahaja, torej mora biti red ele-menta (1, 1) delitelj stevila 6. Sledi, da je (1, 1) reda 6 (bralca vabimo, dase preprica, da je 6(1, 1) = (0, 0)). To pa pomeni, da je Z2 × Z3 ciklicnagrupa. Kot vemo, za vsako naravno stevilo n obstaja natanko ena ciklicnagrupa reda n (do izomorfizma natancno), namrec Zn. Potemtakem je torejZ2 × Z3

∼= Z6. Bralca vabimo, da za nekaj razlicnih parov stevil m in n spomocjo Magme preveri, ali je direktni produkt Zm × Zn ciklicna grupa.Kmalu bomo znali na to vprasanje odgovoriti tudi sami. N

Zgornja zgleda pokazeta, da je treba biti pri direktnem produktu nekolikopazljiv. Sicer je res, da se komutativnost s faktorjev prenese na direktniprodukt, ni pa res, da se na pripadajoci direktni produkt prenese kar vsakalastnost faktorjev. Tak primer lastnosti je na primer ciklicnost. Ce so vsifaktorji ciklicne grupe, se lahko zgodi, da je njihov direktni produkt ciklicnagrupa, lahko pa tudi ne. Kot bomo videli v naslednjem razdelku, imamona sreco potreben in zadosten pogoj, ki pove kdaj je direktni produkt dvehciklicnih grup ciklicna grupa. Preden pa se posvetimo temu vprasanju, sioglejmo kako je z redi elementov v direktnih produktih.

Izrek 2.4. Naj bosta G1 in G2 grupi in naj bosta a ∈ G1 in b ∈ G2 takaelementa, da je a koncnega reda |a|, b pa koncnega reda |b|. Tedaj je redelementa (a, b) v direktnem produktu G1×G2 enak najmanjsemu skupnemuveckratniku v(|a|, |b|) redov |a| in |b|.

Dokaz: Da bi poiskali red elementa (a, b) moramo najti najmanjse naravnostevilo k ≥ 1, za katero je

(a, b)k = (a, b)(a, b) · · · (a, b)︸︷︷︸k

= (e, e).

Povedano malce drugace, iscemo najmanjsi k ≥ 1, za katerega je ak = e vG1 in bk = e v G2. Spomnimo se posledice Lagrangevega izreka, ki pravi,da za element g reda r velja, da je gj = e natanko tedaj, ko r deli j. V nasisituaciji je torej zgornji pogoj ekvivalenten pogoju, da |a| deli k, hkrati patudi |b| deli k, to je, k je skupni veckratnik stevil |a| in |b|. Red elementa(a, b) je torej res ravno najmanjsi skupni veckratnik v(|a|, |b|) redov |a| in|b|, kot smo trdili. �

Dokaz izreka 2.4 seveda zlahka posplosimo na vec faktorjev (indukcijana stevilo faktorjev). Podrobnosti prepuscamo bralcu.

Zgled: Oglejmo si na primer grupo G = S3 × Z4. Ker je grupa S3 neko-mutativna, gre za nekomutativno grupo reda 24. Zaenkrat smo spoznalivsaj tri nekomutativne grupe reda 24 in sicer S4, D12 in SL(2,Z3) (bralecse je v nalogi 1.13 ze preprical, da S4 ni izomorfna SL(2,Z3), pokaze pa


naj se, da D12 ni izomorfna nobeni izmed grup S4 in SL(2,Z3) - in to nekar s pomocjo Magme). Ali smo s tem dobili novo nekomutativno gruporeda 24? Lahko se prepricamo, da je odgovor da. Grupa G namrec ne morebiti izomorfna grupi S4, saj le-ta ne premore elementa, katerega red bi bilvecji od 4, v grupi G pa je po zgornjem izreku 2.4 element ((1 2 3), 1) reda12. Ker tudi grupa SL(2,Z3) ne premore elementa reda 12 (v to naj sepreprica bralec), je G neizomorfna SL(2,Z3). Grupa D12 sicer premore el-emente reda 12, kljub temu pa ni izomorfna grupi G, saj imamo v slednji7 elementov reda 2 (bralca vabimo, da jih poisce), v grupi D12 pa je takihelementov 13. Bralca vabimo, da skusa poiskati se kaksno nekomutativnogrupo reda 24 (z doslej osvojenim znanjem bi moral znati poiskati vsaj sedve, opogumimo pa ga lahko s podatkom, da sicer obstaja kar 12 paromaneizomorfnih nekomutativnih grup reda 24). N

Naloga 2.1. Dolocite zaporedje redov grupe Z4 × Z4. (Za grupo G redan je njeno zaporedje redov zaporedje m1,m2, . . . ,mn, pri cemer je mi ravnostevilo elementov reda i v grupi G. Pri tem obicajno zaporedje “odrezemo”pri zadnjem nenicelnem clenu.)

Naloga 2.2. Koliko elementov reda 6 premore grupa S3 × S3 ×Z3? Kolikociklicnih podgrup reda 6 torej premore ta grupa?

Naloga 2.3. Oglejte si grupe A4×A4, S3×S4, D12×Z6, D72, Z2×D36 inS3 × S3 × Z2 × Z2. Ali sta kateri izmed teh dveh grup izomorfni? Ali znatepoiskati se kaksno nekomutativno grupo reda 144, ki ni izomorfna nobeniizmed nastetih grup?

Naloga 2.4. Naj bo X mnozica kardinalnosti k in naj bo G poljubna grupa.Pokazite, da je tedaj grupa funkcij F(X,G) izomorfna direktnemu produktuk kopij grupe G, to je

F(X,G) ∼= G×G× · · · ×G︸︷︷︸k

.

Naloga 2.5. Naj bosta G1 in G2 poljubni grupi. Dokazite, da tedaj zacenter direktnega produkta G1 × G2 velja Z(G1 × G2) = Z(G1) × Z(G2).(Spomnite se, da je center grupe G definiran kot Z(G) = {z ∈ G : zg =gz ∀g ∈ G}, za vajo pa lahko obnovite tudi dokaz, da je Z(G) vedno pod-grupa edinka v grupi G.)

Naloga 2.6. Dokazite, da ne obstajata netrivialni grupi G1 in G2, da biveljalo S4 ∼= G1 × G2. (Nasvet: Eden izmed moznih dokazov gre z uporabo

prejsnje naloge.)

Naloga 2.7. Naj bosta G1 in G2 grupi in H1 ≤ G1 ter H2 ≤ G2 njunipodgrupi. Pokazite, da je tedaj H1 × H2 podgrupa grupe G1 × G2. Kajpa ce sta H1 in H2 podgrupi edinki v G1 oziroma G2, ali je tedaj H1 ×H2

podgrupa edinka v G1 ×G2?

2.2. KLASIFIKACIJA KONCNIH KOMUTATIVNIH GRUP 19

Naloga 2.8. Pokazite, da obrat trditve iz prejsnje naloge ne velja. Pokazitetorej, da obstajata grupi G1 in G2 in podgrupa H ≤ G1 × G2 njunegadirektnega produkta, ki ni dobljena kot H1×H2 za neki podgrupi H1 ≤ G1 inH2 ≤ G2. (Nasvet: Primer taksnih grup G1 in G2 najdete ze med komutativnimi

grupami.)

2.2 Klasifikacija koncnih komutativnih grup

Kot smo obljubili na zacetku tega poglavja, bomo v tem razdelku pred-stavili rezultat, ki pove, da je vsaka koncna komutativna grupa direktniprodukt samih ciklicnih grup (dokaza tega zanimivega rezultata ne bomonavedli, ker zahteva kar nekaj dela in bi zanj potrebovali prevec casa, zain-teresirani bralec pa ga lahko najde v literaturi). Najprej si oglejmo posledicoizreka 2.4, ki podaja potreben in zadosten pogoj za to, da je direktni produktdveh ciklicnih grup ciklicna grupa.

Posledica 2.5. Naj bosta m in n naravni stevili. Tedaj je direktni produktZm×Zn ciklicna grupa natanko tedaj, ko sta m in n tuji si stevili, to je, kovelja D(m,n) = 1.

Dokaz: Ker za vsako naravno stevilo ` ocitno velja Z` ∼= Z`×Z1∼= Z1×Z`,

v primeru, ko je vsaj eno od stevil m in n enako 1, ni kaj dokazati. Zatobomo v nadaljevanju privzeli, da je m,n ≥ 2. Po izreku 2.4 je red elementa(1, 1) enak v(m,n) = mn

D(m,n) . V primeru, ko je D(m,n) = 1, je tako (1, 1)generator grupe Zm × Zn, ki je potemtakem ciklicna. Po drugi strani poLagrangevem izreku za vsak a ∈ Zm in b ∈ Zn velja, da |a| deli m, |b| pa delin. Tako je red elementa (a, b) po izreku 2.4 delitelj najmanjsega skupnegaveckratnika v(m,n), ki pa je v primeru, ko je D(m,n) > 1, zagotovo manjsiod mn. Ce je torej D(m,n) > 1, v grupi Zm × Zn ni elementa reda mn intako ta grupa v tem primeru ni ciklicna. �

Tudi dokaz te posledice seveda zlahka posplosimo na vec faktorjev. Po-drobnosti prepuscamo bralcu.

Zgled: Po zgornji posledici torej velja

Z30∼= Z2 × Z15

∼= Z3 × Z10∼= Z5 × Z6

∼= Z2 × Z3 × Z5,

po drugi strani pa so grupe Z36, Z2 × Z18, Z3 × Z12 in Z6 × Z6 paromaneizomorfne, saj lahko s pomocjo izreka 2.4 pokazemo, da so maksimalniredi elementov v teh grupah po vrsti 36, 18, 12 in 6. Bralca vabimo, da spomocjo izreka 2.4 in posledice 2.5 pokaze, da ne obstaja nobena grupa reda36, ki se dobi kot direktni produkt samih (morda vec kot dveh) ciklicnihgrup in ni izomorfna kateri izmed nastetih grup. N


Zgled: Poiscimo cimvec grup reda 18. Lotimo se najprej komutativnihgrup. Po zgornji posledici sta grupi Z18 in Z3 × Z6 neizomorfni, saj jeprva ciklicna, druga pa ne. Z uporabo izreka 2.4 se zlahka prepricamo, dani nobene druge komutativne grupe reda 18, ki bi jo dobili kot direktniprodukt samih ciklicnih grup (to po doslej dokazanih rezultatih seveda sene pomeni, da drugih komutativnih grup reda 18 ni, bo pa to sledilo izobljubljene klasifikacije koncnih komutativnih grup). Posvetimo se se neko-mutativnim grupam. Seveda imamo diedrsko grupo D9. Da bi nasli sekaksno, se zatecimo k direktnim produktom. Stevilo 18 lahko razcepimo kot2 · 9 in 3 · 6. Ker zaenkrat ne poznamo nobene nekomutativne grupe reda 9(v resnici sploh ne obstaja, a tega zaenkrat se ne znamo pokazati), je ediniprimeren razcep 18 = 3 ·6. Edina nekomutativna grupa reda 6 je simetricnagrupa S3, po posledici Lagrangevega izreka pa je edina grupa reda 3 ciklicnagrupa Z3. Tako je edini kandidat grupa Z3×S3. Ker ima diedrska grupa D9

9 elementov reda 2, nasa grupa Z3×S3 pa le 3, grupi seveda nista izomorfni.S pomocjo Magme lahko preverimo (NumberOfSmallGroups(18)), da ob-staja natanko pet grup reda 18, torej nam manjka le ena. Ob koncu razdelkalahko bralec premisli, ce gre ravno za grupo iz naloge 2.15. N

Edine koncne komutativne grupe, ki smo jih spoznali doslej, so bileciklicne grupe in (veckratni) direktni produkti ciklicnih grup. Povsem na-ravno se je torej vprasati, ali obstajajo se kaksne druge komutativne grupe,ki jih torej ni mogoce dobiti na ta nacin. Naslednji izrek, znan pod imenom“Klasifikacija koncnih komutativnih grup”, podaja odgovor na to vprasanje.Kot smo ze omenili, je dokaz izreka precej dolg in netrivialen, zato ga bomoizpustili. Ob tem pa omenimo, da je moc dokazati celo bolj splosen izrek,ki poda klasifikacijo vseh koncno generiranih komutativnih grup, to je ko-mutativnih grup, za katere obstaja koncna podmnozica njenih elementov, kito grupo generira. Ta pravi, da je vsaka taka grupa direktni produkt nekajkopij neskoncne ciklicne grupe Z in neke koncne komutativne grupe, ki pa jepo spodnjem izreku zopet direktni produkt samih (koncnih) ciklicnih grup.

Izrek 2.6 (Klasifikacija koncnih komutativnih grup). Naj bo n naravnostevilo in naj bo G komutativna grupa reda n. Tedaj obstajajo (ne nujnoparoma razlicna) prastevila p1, p2, . . . , pk in naravna stevila i1, i2, . . . , ik, davelja n = pi11 p

i22 · · · p

ikk in je

G ∼= Zpi11× Z

pi22× · · · × Z

pikk

.

Bralca se enkrat opozorimo, da prastevila pj v zgornjem razcepu n =

pi11 pi22 · · · p

ikk niso nujno paroma razlicna. Tako lahko na primer pisemo 72 =

22 · 2 · 32. Zgornji izrek nic ne pove, kako tocno je stevilo n razcepljeno naprodukt prastevil. Njegovo glavno in pravzaprav edino sporocilo je torej to,da je grupa G direktni produkt samih ciklicnih grup.

2.2. KLASIFIKACIJA KONCNIH KOMUTATIVNIH GRUP 21

Zgled: Poiscimo vse komutativne grupe reda 72 = 23 · 32. Po trditvi 2.2je vrstni red faktorjev v direktnem produktu nepomemben in tako namklasifikacija koncnih komutativnih grup, skupaj z izrekom 2.4, pove, da soedini kandidati grupe

Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z3∼= Z2 × Z6 × Z6

Z2 × Z4 × Z3 × Z3∼= Z6 × Z12

Z8 × Z3 × Z3∼= Z3 × Z24

Z2 × Z2 × Z2 × Z9∼= Z2 × Z2 × Z18

Z2 × Z4 × Z9∼= Z2 × Z36

Z8 × Z9∼= Z72

Po izreku 2.4 je maksimalen red v posamezni grupi izmed zgoraj nastetihpo vrsti 6, 12, 24, 18, 36 in 72, od koder takoj sledi, da so te grupe paromaneizomorfne. Potemtakem smo s tem dobili seznam vseh sestih komutativnihgrup reda 72. N

Klasifikacija koncnih komutativnih grup ima za posledico tudi naslednjirezultat, ki nima analoga v teoriji nekomutativnih grup.

Izrek 2.7. Naj bo G koncna komutativna grupa reda n in naj bo m ≥ 1poljuben delitelj stevila n. Tedaj ima G podgrupo reda m.

Dokaz: Oglejmo si dokaz za primer, ko je n = pk kar potenca prastevila.Dokaz za splosen primer gre povsem podobno. Ce je m = n, ni kaj dokazati,zato privzemimo, da je m = p` za nek 0 ≤ ` < k (spomnimo se, da m delin). Po klasifikaciji koncnih komutativnih grup obstajajo naravna stevilai1, i2, . . . , is, da je i1 + i2 + · · ·+ is = k in velja G ∼= Zpi1 ×Zpi2 × · · · ×Zpis .Naj bo j najmanjsi indeks, za katerega je i1 + i2 + · · · + ij > ` in naj bot = i1+i2+· · ·+ij−`. Tedaj je 0 ≤ ij−t < ij in zato po izreku o podgrupahv ciklicni grupi velja, da v grupi Z

pijobstaja podgrupa reda pij−t; recimo

ji N . Tedaj pa je Zpi1 × Zpi2 × · · · × Zpij−1 × N × {0} × {0} × · · · × {0}

podgrupa grupe Zpi1 × Zpi2 × · · · × Zpis reda m (bralcu je lahko v pomocnaloga 2.7). Ker je G ∼= Zpi1 ×Zpi2 ×· · ·×Zpis in ker izomorfizem podgruporeda m preslika v podgrupo reda m, smo s tem dokazali obstoj podgrupegrupe G reda m. �

Za konec tega razdelka utemeljimo trditev, ki smo jo navedli pred zad-njim izrekom. Pokazimo, da grupa A4 ne premore podgrupe reda 6 (od koderseveda sledi, da se v nekomutativni grupi lahko zgodi, da za nek delitelj redagrupe ne obstaja podgrupa tega reda). Ce bi taka podgrupa, recimo ji H,obstajala, bi morala biti izomorfna bodisi ciklicni grupi Z6 bodisi simetricnigrupi S3 (to sta namrec edini grupi reda 6, v kar se lahko bralec z nekajdela preprica s pomocjo tabel produktov, sami pa bomo to dejstvo dobilikot posledico bolj splosnega rezultata v naslednjih poglavjih). Ker v A4 ni


elementa reda 6, prva moznost odpade. Ker ima grupa S3 tri elemente reda2 in ker izomorfizem ohranja rede elementov, bi morala podgrupa H vsebo-vati vse tri elemente reda 2 v A4, namrec (1 2)(3 4), (1 3)(2 4) in (1 4)(2 3).A ker omenjeni trije elementi skupaj iz identiteto tvorijo grupo (ki je sevedareda 4), bi moral biti po Lagrangevem izreku red podgrupe H deljiv s 4, karpa je nemogoce. Grupa A4 torej res ne premore podgrupe reda 6. To dejstvolahko bralec potrdi tudi z Magmo. Ukaz Subgroups(Alt(4)) namrec vrneseznam vseh konjugiranostnih razredov podgrup grupe A4, med njimi pa ninobenega, ki bi vseboval podgrupe reda 6.

Naloga 2.9. Poiscite (vsaj) sedem paroma neizomorfnih grup reda 88.

Naloga 2.10. Oglejte si grupo GL(2,C) in njena elementa

a =

[0 −11 0

], ter b =

[i 00 −i

].

Dolocite reda obeh elementov, pokazite, da velja bab−1 = a−1 in a2 = b2,nato pa utemeljite, da je podgrupa Q8 = 〈a, b〉 grupe GL(2,C) reda 8.Dolocite njeno zaporedje redov. Je izomorfna diedrski grupi D4? Kaj pakateri od komutativnih grup reda 8?

Naloga 2.11. Koliko paroma neizomorfnih komutativnih grup reda 300obstaja? Ali v vsaki komutativni grupi reda 300 obstaja element reda 30?

Naloga 2.12. Dolocite vse paroma neizomorfne komutativne grupe reda1000.

Naloga 2.13. Za vsa naravna stevila 1 ≤ n ≤ 6 ugotovite koliko paromaneizomorfnih komutativnih grup reda 2n obstaja.

Naloga 2.14. Pokazite, da je vsaka grupa reda najvec 11, ki je dobljenakot direktni produkt dveh netrivialnih grup (torej takih, da je vsaka od njijureda vsaj 2), komutativna.

Naloga 2.15. Oglejte si podgrupo H = 〈(1 2 3), (4 5 6), (2 3)(5 6)〉 grupe S6.Oznacimo a = (1 2 3), b = (4 5 6) in c = (2 3)(5 6). Pokazite, da tedaj veljaab = ba, cac = a−1 in cbc = b−1. Pokazite, da je torej vsak element grupeH moc zapisati v obliki aibjck, kjer je 0 ≤ i, j ≤ 2 in 0 ≤ k ≤ 1. Pokazite,da je potemtakem grupa H reda 18. Ali je grupa H izomorfna kateri izmedgrup reda 18, ki smo jih nasli v tem poglavju?

Naloga 2.16. Oglejte si podgrupo G = 〈a, b〉 grupe S8, kjer je a = (1 2 3 4)in b = (1 3)(5 6 7 8). Pokazite, da je bab−1 = a−1 in sklepajte, da je torej mocvsak element grupe G zapisati v obliki aibj za neka 0 ≤ i, j ≤ 3. Kaksnegareda je torej grupa G? Dolocite zaporedje redov te grupe. Ali najdete sekaksno grupo reda 16 z istim zaporedjem redov?

Poglavje 3

Delovanja grup

V prejsnjem poglavju smo spoznali, da koncne komutativne grupe zelodobro razumemo. Pravzaprav znamo za dano naravno stevilo n poiskatiprav vse komutativne grupe reda n, vedno pa jih dobimo kot direktni pro-dukt samih ciklicnih grup (spomnimo se izreka 2.6 in posledice 2.5). Kero ciklicnih grupah vemo prakticno vse (koliko in kaksne podgrupe imajo,kaksni so redi njihovih elementov, itd.), je torej zgornja trditev o nasemdobrem razumevanju komutativnih grup na mestu.

Situacija je precej drugacna, ko zacnemo s studijem nekomutativnihgrup. Izkaze se, da znamo o teh grupah povedati precej manj. Tako naprimer rezultata, ki bi ustrezal izreku 2.7, za splosne grupe ni mogocedokazati, v kar smo se prepricali na primeru alternirajoce grupe A4, ki nepremore podgrupe reda 6, ceprav gre za grupo reda 12. Podatek, da je naprimer med vsemi 2 328 grupami reda 128 le 15 komutativnih, nakazuje nadejstvo, da je vecina grup nekomutativnih, kar pa pomeni, da zaenkrat ovecini grup ne znamo prav veliko povedati.

Da bi lahko vendarle analizirali tudi nekomutativne grupe, je potrebnorazviti malce drugacne metode. Eden izmed bolj obetavnih pristopov grepreko delovanj grup, ki jih bomo spoznali v tem poglavju. Izkaze se, da lahkona ta nacin vsako grupo predstavimo kot neko podgrupo ustrezne simetricnegrupe, tudi sicer pa lahko s pomocjo delovanj dokazemo nekatere pomembnestrukturne rezultate v teoriji grup, kar bomo pokazali v naslednjem poglavju.Delovanja grup so zanimiva tudi iz povsem prakticnih razlogov, saj lahkona primer z njihovo pomocjo proucujemo simetrije raznih geometrijskih, patudi abstraktnih objektov.

3.1 Pojem delovanja grupe

Pri dosedanji obravnavi teorije grup smo ze spoznali nekaj grup, kitako ali drugace “delujejo” na dolocenih mnozicah. Tako smo na primersimetricno grupo definirali kot grupo vseh permutacij dane mnozico, torej si

23

24 POGLAVJE 3. DELOVANJA GRUP

zlahka predstavljamo, da te permutacije “delujejo” na sami mnozici. Tudidiedrsko grupo Dn smo definirali kot grupo vseh simetrij pravilnega n-kotnika, ki torej na ociten nacin “delujejo” na ta n-kotnik - namrec tako,da permutirajo njegova oglisca. Nenazadnje pa si lahko tudi predstavljamo,da grupa GL(n,R) vseh obrnljivih realnih n × n matrik “deluje” na vek-torskem prostoru Rn, saj gre v resnici za obrnljive linearne preslikave pros-tora Rn nase. Podajmo sedaj natancno definicijo pojma delovanja (abstrak-tne) grupe na neki mnozici.

Definicija. Naj bo G grupa z nevtralnim elementom e in X nepraznamnozica. Preslikava • : G × X → X je tedaj (levo) delovanje grupe G namnozici X, ce zadosca pogojema

(i) e • x = x za vsak x ∈ X in

(ii) (gh) • x = g • (h • x) za vse g, h ∈ G in vse x ∈ X,

kjer za g ∈ G in x ∈ X namesto •(g, x) pisemo g•x. V tem primeru mnoziciX pravimo G-mnozica.

Kot smo zapisali ze v definiciji namesto •(g, x) pisemo g • x, vcasihpa znak • celo izpustimo in pisemo kar gx (razen v primerih, kjer bi tolahko povzrocilo nejasnosti). S tem dogovorom bi se torej pogoja iz zgornjedefinicije glasila ex = x za vsak x ∈ X ter (gh)x = g(hx) za vse g, h ∈ Gin x ∈ X. Dogovorimo se tudi, da bomo zaradi lazjega razlikovanja medelementi grupe G in elementi mnozice X slednjim obicajno rekli tocke.

Zgled: Imejmo poljubno podgrupo G simetricne grupe Sn. Tedaj G nanaraven nacin deluje na mnozici X = {1, 2, . . . , n}, pri cemer za α ∈ G ini ∈ X, definiramo α • i = α(i).

Ker je operacija v Sn ravno kompozicija preslikav, zlahka preverimo, dasmo s tem zares definirali delovanje grupe G na mnozici X. Pri poljubnemi ∈ X za nevtralni element grupe G, ki je seveda id, namrec velja id • i =id(i) = i, glede na nas dogovor o mnozenju permutacij pa za α, β ∈ G velja(αβ) • i = (αβ)(i) = α(β(i)) = α • (β • i). N

Zgled: Poseben primer zgornjega zgleda so grupe simetrij raznih geomet-rijskih, kombinatoricnih ali topoloskih objektov. Tako na primer grupetogih simetrij platonskih teles, grupe avtomorfizmov grafov, grupe home-omorfizmov topoloskih prostorov, itd., delujejo na samem objektu, torejplatonskem telesu, grafu, topoloskem prostoru, itd. Pri tem taksna grupapredstavlja mnozico vseh bijekcij dane mnozice nase, ki ohranjajo struk-turo pripadajocega objekta. Taksna grupa, na primer grupa simetrij ge-ometrijskega telesa, pa potem naravno deluje se na vecih drugih mnozicah,povezanih s samim objektom. Grupa simetrij geometrijskega objekta tako

3.2. CAYLEYEV IZREK 25

deluje tudi na na mnozici oglisc, na mnozici robov in mnozici ploskev pri-padajocega telesa. Podobno grupa avtomorfizmov grafa deluje na mnozicivozlisc, mnozici povezav, mnozici lokov danega grafa, itd. N

Zgled: Oglejmo si se povsem abstrakten zgled. Naj bo G grupa in H ≤ Gnjena podgrupa. Tedaj G deluje na kvocientni mnozici X = G/H vseh levihodsekov grupe G po podgrupi H, kjer za g ∈ G in odsek aH definiramog • aH = gaH. Pokazimo, da smo s tem res definirali delovanje grupe G namnozici X.

Najprej se je treba prepricati, da je definicija dobra, to je, da je ele-ment g • aH neodvisen od konkretne izbire predstavnika a odseka aH. Kerza poljuben b ∈ G velja, da je bH = b′H natanko tedaj, ko je b−1b′ ∈ H,takoj sledi, da je gaH = ga′H natanko tedaj, ko je (ga)−1ga′ = a−1g−1ga′ =a−1a′ ∈ H, kar je po zgornjem ekvivalentno zahtevi aH = a′H. Sedaj potre-bujemo se dokaz, da smo na ta nacin zares definirali preslikavo, ki zadoscapogojema (i) in (ii) iz definicije delovanja grup, kar pa sledi neposredno izdefinicije zgornjega predpisa. Za vsak aH ∈ G/H namrec velja e•aH = aH(torej velja pogoj (i)), prav tako pa za vse g1, g2 ∈ G in aH ∈ G/H velja(g1g2) • aH = (g1g2a)H = g1 • (g2aH) = g1 • (g2 • aH). N

Naloga 3.1. Naj bo d naravno stevilo in naj bo X mnozica vseh realnihmatrik dimenzije d × d. Dogovorimo se, da grupa Z2 deluje na mnozici Xtako, da element 0 ∈ Z2 vsako matriko A ∈ X pusti pri miru, element 1 ∈ Z2

pa vsako matriko A ∈ X “poslje” v njeno transponiranko, torej v AT . Alismo s tem res definirali delovanje grupe Z2 na mnozici X?

Naloga 3.2. Naj bo G grupa. Definirajmo delovanje grupe G na mnoziciX = G s predpisom g • x = gx. Pokazite, da gre res za delovanje grupe namnozici. Recemu mu levo regularno delovanje grupe G na sebi.

Naloga 3.3. Naj bo G poljubna grupa in K E G njena edinka, H ≤ G papodgrupa, ki ni nujno edinka. Pokazite, da tedaj predpis h•k = hkh−1, kjersta h ∈ H, k ∈ K poljubna, definira delovanje grupe H na (mnozici) K.

Naloga 3.4. Naj bo G poljubna grupa in X poljubna neprazna mnozica.Za poljubna g ∈ G in x ∈ X definirajmo g • x = x. Pokazite, da smo s temdefinirali delovanje grupe G na mnozici X. Recemo mu trivialno delovanjegrupe G na mnozici X.

3.2 Cayleyev izrek

V enem izmed zgledov v prejsnjem razdelku smo videli, da vsaka pod-grupa simetricne grupe na naraven nacin deluje na ustrezni mnozici. Kotbomo videli (izrek 3.2), velja tudi neke vrste obrat. Pokazimo najprej nasled-njo trditev.


Trditev 3.1. Naj grupa G deluje na neprazni mnozici X in naj bo g ∈ G.Tedaj je preslikava σg : X → X, podana s predpisom σg(x) = gx, bijekcija.

Dokaz: Denimo, da za neka x, y ∈ X velja σg(x) = σg(y), to je, gx = gy.Ker je G grupa, v njej obstaja inverz g−1 elementa g. Po definiciji delovanjatedaj velja

x = ex = (g−1g)x = g−1(gx) = g−1(gy) = (g−1g)y = ey = y.

Preslikava σg je torej injektivna. Naj bo sedaj y ∈ X poljuben elementmnozice X in naj bo x = g−1y. Tedaj je seveda x ∈ X in velja σg(x) =gx = g(g−1y) = y. Preslikava σg je torej bijektivna, kot smo zeleli. �

Zgornja trditev torej pove, da vsak g ∈ G na naraven nacin porodipermutacijo mnozice X (namrec σx). Kot pokaze naslednji izrek, vse tepermutacije tvorijo podgrupo ustrezne simetricne grupe.

Izrek 3.2. Naj grupa G deluje na neprazni mnozici X. Tedaj je preslikavaφ : G→ SX , podana s predpisom φ(g) = σg, homomorfizem grup.

Dokaz: Po trditvi 3.1 je φ zares preslikava iz G v SX . Potrebno je torejle pokazati, da gre za homomorfizem grup, to je, da za poljubna g, h ∈ Gvelja φ(gh) = φ(g)φ(h). Po definiciji je φ(gh) = σgh, ki je definirana kotpreslikava σgh : X → X s predpisom σgh(x) = (gh)x. Po definiciji delovanjagrupe, preslikav σk in operacije v SX pa velja (gh)x = g(hx) = σg(hx) =σg(σh(x)) = (σgσh)(x) = (φ(g)φ(h))(x). Torej je res φ(gh) = φ(g)φ(h), kotsmo trdili. �

Zgornji izrek ima zelo pomembno posledico, ki pove, da je vsaka grupa “vresnici” neka podgrupa ustrezne simetricne grupe SX . Zaradi pomembnostijo bomo imenovali kar izrek, ki sicer svoje ime nosi po znamenitem angleskemmatematiku 19. stoletja Arthurju Cayleyu. Omeniti velja tudi dejstvo, dapodgrupam simetricne grupe stevilni avtorji recejo permutacijske grupe, takoda v tem kontekstu Cayleyev izrek pove, da je vsaka grupa izomorfna nekipermutacijski grupi.

Izrek 3.3 (Cayleyev izrek). Naj bo G poljubna koncna grupa. Tedaj je grupaG izomorfna neki podgrupi grupe Sn, kjer je n = |G|.

Dokaz: Oglejmo si levo regularno delovanje grupe G na sebi, kot smoga definirali v nalogi 3.2. Po izreku 3.2 je preslikava φ : G → SG, kjer jeφ(g) = σg, homomorfizem grup, torej po izreku o izomorfizmu 1.5 veljaG/Ker(φ) ∼= Im(φ). Ker je seveda Im(φ) ≤ SG in je SG ∼= Sn, je torej dovoljpokazati, da je Ker(φ) = {e}. Da je temu res tako, se zlahka prepricamo.Ce je namrec g ∈ Ker(φ), je φ(g) = σg = id, to pa med drugim pomeni, da

3.3. ORBITE IN STABILIZATORJI 27

je σg(e) = e. Po definiciji preslikave σg dobimo g = ge = g • e = σg(e) = ein tako je res Ker(φ) = {e}, s cimer je izrek dokazan. �

Zgled: Po Cayleyevem izreku je torej tudi ciklicno grupo Z7 moc videtikot podgrupo grupe S7. V to se sploh ni tezko prepricati, saj na primervelja Z7

∼= 〈(1 2 3 4 5 6 7)〉 ≤ S7. Kot smo omenili ze v uvodnem poglavju,tudi Magma ciklicne grupe tretira kot permutacijske grupe (torej podgrupesimetricnih grup). Tako na primer ciklicno grupo reda 7 konstruira kotpodgrupo 〈(1 2 3 4 5 6 7)〉 simetricne grupe S7. N

Zgled: S pomocjo Cayleyevega izreka poiscimo podgrupo grupe S4, ki jeizomorfna direktnemu produktu Z2 × Z2. Oznacimo v ta namen elementegrupe Z2 ×Z2 = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)} po vrsti z 1, 2, 3 in 4. Zapisimotedaj permutacijo σ(0,0). Po definiciji je σ(0,0)(x) = (0, 0) • x = (0, 0) + x =x za vse x iz (mnozice) X = Z2 × Z2. Potemtakem je σ(0,0) identicnapermutacija, saj ohranja vsakega izmed elementov 1, 2, 3 in 4. Po drugistrani dobimo σ(0,1) = (1 2)(3 4), saj je (0, 1) + (0, 0) = (0, 1) (torej je (0, 1)•1 = 2), (0, 1) + (0, 1) = (0, 0) (torej je (0, 1) • 2 = 1), podobno pa potemdobimo se (0, 1)•3 = 4 in (0, 1)•4 = 3. Na podoben nacin ugotovimo se, daje σ(1,0) = (1 3)(2 4) in σ(1,1) = (1 4)(2 3). Tako smo s pomocjo Cayleyevegaizreka potrdili, da je grupa Z2×Z2 izomorfna podgrupi 〈(1 2)(3 4), (1 3)(2 4)〉grupe S4. N

Naloga 3.5. Uporabite Cayleyev izrek, da najdete podgrupo grupe S6, kije izomorfna simetricni grupi S3.

Naloga 3.6. S pomocjo Cayleyevega izreka utemeljite, da simetricna grupaS8 premore element reda 8. Obstoj elementa reda 8 v grupi S8 zelimo torejzagotoviti teoreticno, ne pa tako, da poiscemo kak konkreten element tegareda v S8.

3.3 Orbite in stabilizatorji

V tem razdelku se bomo posvetili pomembnemu rezultatu teorije delo-vanj grup, ki bo igral kljucno vlogo tudi v naslednjem poglavju, ko bomodokazali Cauchyev izrek in izreke Sylowa. Da bi ga lahko podali in dokazali,moramo najprej vpeljati pojem orbite in pojem stabilizatorja pri delovanju.

Definicija. Naj bo G grupa, ki deluje na neprazni mnozici X in naj box ∈ X. Mnozici OG(x) = {gx : g ∈ G} pravimo orbita tocke x pri delovanjugrupe G, mnozici Gx = {g ∈ G : gx = x} pa stabilizator tocke x pri temdelovanju.

Kadar ni bojazni za nesporazum namesto OG(x) pisimo kar O(x). Or-bita O(x) tocke x so torej vse tocke, v katere lahko z elementi grupe G


“preslikamo” (s pripadajocimi bijekcijami σg) tocko x, stabilizator Gx paje torej mnozica vseh elementov grupe G, ki tocko x “pribijejo”. Pokazimonajprej, da je Gx celo podgrupa grupe G.

Trditev 3.4. Naj grupa G deluje na neprazni mnozici X in naj bo x ∈ X.Tedaj je stabilizator Gx podgrupa grupe G.

Dokaz: Jasno je, da je mnozica Gx neprazna, saj je po definiciji delovanjazagotovo vsaj e ∈ Gx. Naj bosta sedaj g, h ∈ Gx. Tedaj je (gh)x =g(hx) = gx = x in tako je gh ∈ Gx. Podobno je zaradi gx = x tudix = ex = g−1(gx) = g−1x in tako je g−1 ∈ Gx. Mnozica Gx je torej potrditvi 1.2 res podgrupa grupe G. �

Izkaze se, da so orbite pravzaprav ekvivalencni razredi ustrezne relacijena mnozici X (bralec bo to dokazal v nalogi 3.8). To pomeni, da delovanjegrupe G na mnozici X porodi razbitje mnozice X (na orbite). Pokazimosedaj najpomembnejsi rezultat tega razdelka, ki med drugim pove, da dolzinavsake orbite delovanja deli red pripadajoce grupe.

Izrek 3.5 (O orbiti in stabilizatorju). Naj koncna grupa G deluje na nepraznimnozici X in naj bo x ∈ X. Tedaj velja

|G| = |O(x)| · |Gx|.

Dokaz: Pokazimo, da obstaja bijektivna preslikava med mnozico O(x) inkvocientno mnozico G/Gx vseh levih odsekov grupe G po podgrupi Gx.Preslikavo ϕ definaramo takole. Naj bo y ∈ O(x) poljubna tocka. Tedajobstaja g ∈ G, da je y = gx. Definirajmo tedaj ϕ(y) = gGx. Najprejmoramo seveda utemeljiti, da je ta definicija dobra. Naceloma namrec lahkoobstaja vec razlicnih elementov g ∈ G, za katere je y = gx, zato moramopokazati, da je vrednost ϕ(y) neodvisna od konkretne izbire elementa g. Panaj bo se g′ ∈ G tak, da je y = g′x. Tedaj je

x = (g−1g)x = g−1(gx) = g−1(g′x) = (g−1g′)x

in tako je g−1g′ ∈ Gx, od koder sledi g′Gx = gGx. Preslikava ϕ je torej resdobro definirana.

Pokazimo sedaj, da je ϕ injektivna preslikava. Naj v ta namen za y, z ∈O(x) velja ϕ(y) = ϕ(z). Naj bosta g, h ∈ G taka, da je gx = y in hx = z.Tedaj je ϕ(y) = gGx in ϕ(z) = hGx. Zaradi ϕ(y) = ϕ(z) tako dobimo Gx =g−1hGx, to je, g−1h ∈ Gx. Sledi z = hx = (gg−1)hx = g(g−1h)x = gx = y,s cimer je injektivnost dokazana. Naj bo nazadnje gGx poljuben levi odsekgrupe G po podgrupi Gx. Tedaj za y = gx velja ϕ(y) = gGx in tako jepreslikava ϕ tudi surjektivna in s tem bijektivna.

Ker je G koncna grupa, sta seveda tudi mnozici Gx in O(x) koncni.Po zgornjem torej sledi |O(x)| = [G : Gx], kar je po Lagrangevem izrekuenakovredno enakosti |G| = |O(x)| · |Gx|. �

3.3. ORBITE IN STABILIZATORJI 29

Oglejmo si dva konkretna zgleda uporabe zadnjega izreka.

Zgled: Spomnimo se afine splosne linearne grupe AGL1(7). Glede na to,da gre za mnozico preslikav polja Z7 nase, ki so vse bijektivne (v to se bobralec zlahka preprical sam), lahko na naraven nacin definiramo delovanjegrupe AGL1(7) na mnozici X = Z7, pri cemer za ta,b ∈ AGL1(7) in x ∈ Z7

definiramo kar ta,b • x = ta,b(x). Bralec naj se preprica, da smo s tem resdefinirali delovanje. Dolocimo stabilizator G1 pri tem delovanju (kjer sezaradi krajsega zapisa dogovorimo, da v nadaljevanju tega zgleda namestoAGL1(7) pisemo kar G). Po definiciji je G1 = {ta,b ∈ G : ta,b(1) = 1}. Ker jeta,b(1) = a+b, tako dobimo G1 = {ta,1−a : a ∈ Z∗7}. Po trditvi 3.4 je G1 ≤ G,torej smo s tem nasli podgrupo reda 6 v AGL1(7). Ker je |AGL1(7)| = 42, poizreku 3.5 sledi |O(1)| = 7, kar pomeni, da lahko z elementi grupe AGL1(7)tocko 1 preslikamo v vse tocke mnozice Z7. Z drugimi besedami, pri temdelovanju ima grupa AGL1(7) eno samo orbito. N

Zgled: Dolocimo red grupe vseh simetrij pravilne petstrane prizme. Ozna-cimo oglisca s stevili od 1 do 10 tako, da oglisca ene petkotne ploskveoznacimo po vrsti s stevili od 1 do 5, oglisca druge petkotne ploskve pas stevili od 6 do 10, pri cemer je oglisce 1 na skupnem robu z ogliscem 6,oglisce 2 na skupnem robu z ogliscem 7, itd. Vsako simetrijo te prizme lahkotedaj enolicno zapisemo z ustrezno permutacijo iz S10 (nasa grupa namrecdeluje na desetih ogliscih prizme). Oznacimo iskano grupo z G. Ocitnoje, da sta ρ = (1 2 3 4 5)(6 7 8 9 10) in τ = (1 6)(2 7)(3 8)(4 9)(5 10) elementagrupe G. Od tod takoj sledi, da je |OG(1)| = 10. Po izreku 3.5 je torej|G| = 10|G1|. No, tudi grupa G1 naravno deluje na nasi prizmi. Ker rob, kipovezuje oglisci 1 in 6, ne lezi na nobeni izmed petkotnih ploskev, je jasno,da vsak element stabilizatorja G1 fiksira tudi oglisce 6. Po drugi strani jepermutacija σ = (2 5)(3 4)(7 10)(8 9) ocitno element grupe G. Ker ta oglisce2 preslika v oglisce 5, jasno pa je, da se mora oglisce 2, ki je na skupnem robuz 1, s poljubnim elementom stabilizatorja G1 preslikati v eno izmed oglisc,ki je na skupnem robu z 1, sledi OG1(2) = {2, 5}. Po izreku 3.5 dobimo|G1| = 2|G1,2|, kjer je G1,2 podgrupa grupe G1, ki sestoji iz tistih elemen-tov, ki fiksirajo oglisce 2. Tako je |G| = 20|G1,2|. Lahko se je prepricati, daje edina simetrija prizme, ki fiksira tako oglisce 1 kot oglisce 2, identiteta, odkoder sledi |G1,2| = 1 in tako |G| = 20. Bralca vabimo, da razmisli, kateriznani grupi reda 20 je izomorfna grupa G. N

Naloga 3.7. Naj bodo G, H in K kot v nalogi 3.3. Ali ima v primeru, daje |K| > 1, grupa H pri tem delovanju na K lahko le eno orbito?

Naloga 3.8. Naj grupa G deluje na neprazni mnozici X. Vpeljimo relacijo∼ na X, pri cemer definiramo, da za x, y ∈ X velja x ∼ y natanko tedaj,ko obstaja g ∈ G, da je y = gx. Pokazite, da je ∼ ekvivalencna relacija


na mnozici X in da njeni ekvivalencni razredi sovpadajo z orbitami tegadelovanja.

Naloga 3.9. Pravimo, da je delovanje grupe G na mnozici X tranzitivno,ce ima samo eno orbito. Ali obstaja kaksno tranzitivno delovanje grupe A4

na mnozici oglisc kocke?

Naloga 3.10. Denimo, da grupa Z3 × Z3 deluje na neki mnozici velikosti5. Kaj lahko povemo o stevilu orbit tega delovanja?

Naloga 3.11. Naj simetricna grupa S4 naravno deluje na mnozici neure-jenih parov elementov mnozice {1, 2, 3, 4}, to je, za vsak α ∈ S4 in vsak par{i, j}, kjer je i 6= j in 1 ≤ i, j ≤ 4, definiramo α • {i, j} = {α(i), α(j)}.Pokazite, da gre res za delovanje. Koliko orbit ima to delovanje? Dolocitered stabilizatorja elementa {1, 2}. Kateri znani grupi je izomorfen?

Naloga 3.12. Oglejte si grupo rotacijskih simetrij pravilnega tetraedra.Kateri znani grupi je izomorfna? Oglejte si tudi naravno delovanje te grupena mnozici vseh robov tetraedra. Koliko orbit ima to delovanje? Kateriznani grupi je izomorfen stabilizator poljubnega izbranega roba? Nazadnjesi oglejte se naravno delovanje te grupe na mnozici vseh neurejenih parovincidencnih robov tetraedra (torej takih, ki se stikajo v skupnem ogliscu).Koliko orbit ima to delovanje? Kaksen je stabilizator poljubnega para inci-dencnih robov?

Naloga 3.13. Naj bo G grupa rotacijskih simetrij kocke in naj bo Xmnozica parov nasprotileznih ploskev te kocke. Tedaj seveda grupa G nar-avno deluje na mnozici X. Dolocite jedro tega delovanja, torej mnozico vsehtistih elementov grupe G, ki fiksirajo vse elemente mnozice X (gre torej zapresek ∩x∈XGx vseh stabilizatorjev).

Poglavje 4

Cauchyev izrek in izrekiSylowa

V tem poglavju bomo pokazali, da lahko s pomocjo delovanj grup doka-zemo nekatere precej netrivialne strukturne rezultate v teoriji grup. Kotsmo omenili ob koncu 2. poglavja, za razliko od komutativnih grup, kjervelja izrek 2.7, v splosnih grupah ni nujno res, da za vsak delitelj reda grupeobstaja podgrupa taksnega reda. To pa ne pomeni, da v zvezi s podgrupamiv splosnem ne znamo povedati prav nicesar. Kot bomo videli, lahko obstojpodgrup zagotovimo vsaj za delitelje, ki so prastevilske potence.

4.1 Cauchyev izrek

V tem razdelku se bomo posvetili deliteljem, ki so na nek nacin nejlepsemozne oblike, namrec prastevilom. Da bi lahko razmislili, kako je z obstojempodgrup prastevilskega reda, se moramo dogovoriti se za nekaj oznak.

Najprej se spomnimo ekvivalencne relacije ∼ iz naloge 3.8, ki nam vprimeru, da grupa G deluje na mnozici X, slednjo razbije na ekvivalencnerazrede, ki pravzaprav sovpadajo z orbitami delovanja. Denimo sedaj, daje X koncna mnozica. Tedaj ima G koncno mnogo orbit na X. Oznacimonjihovo stevilo z m in izberimo po enega predstavnika iz vsake orbite, naprimer x1, x2, . . . , xm. Kot receno je tedaj O(xi)∩O(xj) = ∅ za vse 1 ≤ i <j ≤ m in velja

X =

m⋃i=1

O(xi).

Izkaze se, da so posebnega pomena orbite dolzine 1. Oznacimo s

FixG(X) = {x ∈ X : gx = x za vse g ∈ G}

mnozico fiksnih tock delovanja, torej vseh tistih tock, ki jih fiksira vsakelement grupe G. Tedaj je FixG(X) natanko mnozica predstavnikov vseh

31

32 POGLAVJE 4. CAUCHYEV IZREK IN IZREKI SYLOWA

1-elementnih orbit. Ce torej oznacimo |FixG(X)| = s in ce predpostavimo,da smo zgornjih m predstavnikov izbrali tako, da so xi, kjer je 1 ≤ i ≤ s,ravno predstavniki (in seveda hkrati edini elementi) 1-elementnih orbit, izzgornje enakosti dobimo

|X| = |FixG(X)|+m∑

i=s+1

|O(xi)|. (4.1)

Naslednja trditev je posledica izreka 3.5 in pravkar povedanega.

Trditev 4.1. Naj bo G grupa reda pk za neko prastevilo p in k ≥ 1. Ce Gdeluje na neprazni mnozici X, velja

|X| ≡ |FixG(X)| (mod p).

Dokaz: Uporabimo kar oznake predhodnega odstavka. Po izreku 3.5 za

vsako orbito O(xi) velja |O(xi)| = pk

|Gxi |in tako je velikost vsake izmed orbit

neka potenca prastevila p. Ker so orbite O(xi) za i ≥ s+1 netrivialne (mocivsaj 2), prastevilo p deli velikost vsake izmed njih in posledicno seveda tudipripadajoco vsoto. Tako je

∑mi=s+1 |O(xi)| ≡ 0 (mod p), od koder zakljucek

trditve sledi neposredno iz enakosti (4.1). �

Sedaj lahko ze pokazemo naslednji izrek, ki ga pripisujemo AugustinuLouisu Cauchyu, enemu najpomembnejsih matematikov prve polovice 19.stoletja, ki je pustil neizbrisen pecat predvsem na podrocju analize, pionirskodelo pa je opravil tudi na podrocju uporabe delovanj grup pri studiju ab-straktne algebre. Omenimo, da je omenjeni izrek predstavljal glavni rezultatnjegovega clanka iz leta 1845, ki je obsegal kar 101 stran. Kot bomo videli,lahko danes s pomocjo sodobnih pristopov naredimo precej krajsi dokaz.

Izrek 4.2 (Cauchy). Naj bo G koncna grupa in naj bo p prastevilo, ki delinjen red. Tedaj v G obstaja element reda p. Posledicno G vsebuje podgruporeda p.

Dokaz: Naj bo X mnozica vseh p-teric (g1, g2, . . . , gp) elementov iz G, zakatere velja g1g2 · · · gp = e. Mnozica X seveda ni prazna, saj vsebuje vsajp-terico (e, e, . . . , e). Izracunajmo kardinalnost mnozice X. Ker je G grupa,za poljuben nabor p − 1 njenih elementov g1, g2, . . . , gp−1 velja, da obstajanatanko en element gp, da je (g1g2 · · · gp−1)gp = 1. Ker je izbira prvihp− 1 elementov povsem poljubna, potemtakem mnozica X vsebuje natanko|G|p−1 elementov. Ker p deli red grupe G, torej p deli tudi kardinalnostmnozice X.

Naj bo sedaj ρ = (1 2 3 . . . p) ∈ Sp. Tedaj si zlahka predstavljamo delo-vanje podgrupe 〈ρ〉 na mnozici X preko permutiranja koordinat p-teric. Za0 ≤ i ≤ p− 1 in (g1, g2, . . . , gp) ∈ X torej definiramo

ρi(g1, g2, . . . , gp) = (gρi(1), gρi(2), . . . , gρi(p)) = (gi+1, gi+2, . . . , gp, g1, . . . , gi).

4.1. CAUCHYEV IZREK 33

Prepricajmo se najprej, da sploh res velja ρi(g1, g2, . . . , gp) ∈ X (iz zgornjegapredpisa potem takoj sledi, da veljata tocki (i) in (ii) iz definicije delovanja).Res, ker je g1g2 · · · gp = e, je gi+1gi+2 · · · gp = g−1i g−1i−1 · · · g

−11 in tako dobimo

gi+1gi+2 · · · gpg1g2 · · · gi = e. Potemtakem je ρi(g1, g2, . . . , gp) ∈ X, kot smotrdili.

Ker je 〈ρ〉 grupa reda p, lahko za to delovanje uporabimo trditev 4.1.Sledi |X| ≡ |Fix〈ρ〉(X)| (mod p) in tako je |Fix〈ρ〉(X)| ≡ 0 (mod p). Zapoljuben (g1, g2, . . . , gp) ∈ Fix〈ρ〉(X) velja

(g2, g3, . . . , gp, g1) = ρ(g1, g2, . . . , gp) = (g1, g2, . . . , gp),

od koder sledi g1 = g2 = · · · = gp. Potemtakem je mnozica Fix〈ρ〉(X) ravnomnozica vseh p-teric oblike (g, g, . . . , g), kjer je g ∈ G tak element, da jegp = e. Ker temu pogoju ustreza vsaj element e in velja |Fix〈ρ〉(X)| ≡ 0(mod p), torej Fix〈ρ〉(X) vsebuje vsaj se p− 1 ≥ 1 elementov (g, g, . . . , g) zag 6= e. Tako obstaja g 6= e, za katerega je gp = e. Ker je p prastevilo, poLagrangevem izreku sledi, da je g element reda p, s cimer je dokaz koncan,saj je potem tudi podgrupa 〈g〉 reda p. �

Zgled: Po Cauchyevem izreku torej v grupi reda 60 obstaja element reda2, element reda 3 in element reda 5. Bralca opozorimo, da se izreka 4.2ne da posplositi na poljubne delitelje reda grupe. Lep primer, ki potrdi todejstvo, je grupa A5. Bralec naj se preprica, da so v tej grupi (ki je reda60) pravzaprav edini mozni redi elementov 1, 2, 3 in 5. N

Cauchyev izrek ima zanimivo posledico. Da bi jo lahko podali, najprejvpeljimo se naslednji pojem.

Definicija. Naj bo G grupa in p prastevilo. Tedaj je G p-grupa, ce je redvsakega elementa iz G potenca prastevila p.

Zgled: Oglejmo si po en primer koncne in neskoncne p-grupe. S pomocjoizreka 2.4 zlahka ugotovimo, da je zaporedje redov grupe D4 × Z4 enako1, 11, 0, 20, 0, . . .. Edini mozni redi elementov te grupe so torej 1 = 20,2 = 21 in 4 = 22 in zato gre v tem primeru za 2-grupo.

Oglejmo si sedaj mnozico G = {f : N → Z2} vseh funkcij iz mnozicenaravnih stevil v grupo Z2 in definirajmo na njej operacijo ? takole. Zaf, g ∈ G naj bo f?g funkcija s predpisom (f?g)(n) = f(n)+g(n), kjer sevedasestevamo po modulu 2. Bralec se bo zlahka preprical, da gre za dvoclenooperacijo na G, ki mnozici G daje strukturo grupe. Ker je (f ? f)(n) =f(n) + f(n) = 0 za vsak f ∈ G in vsak n ∈ N, je v tej grupi vsak elementreda 2 (razen seveda nevtralnega elementa, ki vsak n preslika v 0). GrupaG je torej neskoncna 2-grupa. N

Zgornja koncna 2-grupa D4 × Z4 je reda 32 = 25, torej potenca stevila


2. Kot pokaze naslednja posledica Lagrangevega in Cauchyevega izreka, toni slucaj.

Posledica 4.3. Naj bo G koncna grupa in naj bo p poljubno prastevilo.Tedaj je grupa G p-grupa natanko tedaj, ko je |G| = pk za nek k ≥ 0.

Dokaz: Denimo najprej, da je G grupa reda pk za nek k ≥ 0. Po La-grangevem izreku 1.3 red poljubnega elementa grupe G deli njen red, ki jev tem primeru pk. Potemtakem je red poljubnega elementa grupe G oblikepi za nek 0 ≤ i ≤ k (ki je seveda lahko odvisen od konkretnega elementa) intako je G res p-grupa.

Denimo sedaj, da je G p-grupa in naj bo |G| = n. Ce je q poljubnoprastevilo, ki deli n, potem po Cauchyevem izreku 4.2 v grupi G obstajaelement g reda q. Ker je G p-grupa, je q = pi za neko nenegativno celostevilo i in tako je q = p. Torej je p edino prastevilo, ki deli n in tako jen = pk za nek k ≥ 0, kot smo trdili. �

Naloga 4.1. Znano je, da imata poljubni dve ciklicni grupi, katerih reda(ceprav sta morda razlicna) sta deljiva s prastevilom p, natanko p − 1 ele-mentov reda p. Ali to velja tudi v splosnem (torej brez omejitve na zgoljciklicne grupe)?

Naloga 4.2. Ali lahko Cauchyev izrek posplosimo tudi na kvadrate prastevil,to je, ali v vsaki koncni grupi, katere red je deljiv s p2, kjer je p nekoprastevilo, obstaja element reda p2?

Naloga 4.3. Oglejte si permutacijsko grupo H = 〈α, β〉 ≤ S9, kjer je α =(1 2 3 4 5 6 7 8 9) in β = (2 5 8)(3 9 6). Ali gre za 3-grupo? Je komutativna?(Nasvet: pokazite, da je βαβ−1 ∈ 〈α〉 in od tod sklepajte, da lahko vsak element

grupe H zapisete v obliki βiαj , kjer je 0 ≤ i ≤ 2 in 0 ≤ j ≤ 8, nato pa razmislite,

ce je ta zapis enolicen.)

4.2 Izreki Sylowa

Kot smo obljubili v uvodu tega poglavja, bomo pokazali, da lahko Cauchyevizrek posplosimo do te mere, da nam za poljubno prastevilsko potenco pk,ki deli red dane grupe, zagotovi obstoj podgrupe reda pk. Gre za prvega odtreh temeljnih izrekov teorije grup, ki jih je v clanku iz leta 1872 dokazalPeter Ludwig Mejdell Sylow. Preden jih lahko zapisemo in tudi dokazemo,moramo spoznati se pojem normalizatorja podgrupe v dani grupi in si ogle-dati nekaj njegovih osnovnih lastnosti.

Definicija. Naj bo G grupa in H ≤ G njena podgrupa. NormalizatorNG(H) podgrupe H v grupi G je tedaj definiran kot

NG(H) = {g ∈ G : gHg−1 = H}, kjer je gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H}.

4.2. IZREKI SYLOWA 35

Trditev 4.4. Naj bo G grupa in H njena podgrupa. Tedaj je normalizatorNG(H) podgrupa grupe G in velja H E NG(H). Se vec, za poljubno podgrupoK grupe G, za katero je H E K, velja K ≤ NG(H). Posledicno je H E Gnatanko tedaj, ko je NG(H) = G.

Dokaz: Pokazimo najprej, da je normalizator NG(H) res podgrupa grupeG. Ker zagotovo velja e ∈ NG(H), gre za neprazno mnozico. Naj bostasedaj g1, g2 ∈ NG(H). Tedaj velja g1Hg

−11 = H = g2Hg

−12 in tako je

tudi (g1g2)H(g1g2)−1 = g1g2Hg

−12 g−11 = g1Hg

−11 = H. Podobno je zaradi

g1Hg−11 = H tudi H = g−11 Hg1 = g−11 H(g−11 )−1. Tako res velja NG(H) ≤

G. Za vsaka h, h′ ∈ H velja hH = H = Hh′ in tako je ocitno H ≤ NG(H).Dejstvo H E NG(H) sedaj sledi neposredno iz definicije normalizatorja.

Pokazimo sedaj se drugi del trditve. Naj bo v ta namen K ≤ G takapodgrupa, da je H E K. Tedaj po definiciji edink za vsak k ∈ K veljakHk−1 = H, od koder takoj dobimo k ∈ NG(H) in posledicno K ≤ NG(H).Utemeljimo nazadnje se zadnji del trditve. Ce je H E G, je po pravkardokazanem G ≤ NG(H) in tako velja NG(H) = G. Obratno, ce veljaNG(H) = G zaradi H E NG(H) sledi H E G. �

Zgled: Dolocimo normalizator podgrupe H = 〈(1 2 3)〉 v grupi A4. Kerje (1 2)(3 4)(1 2 3)(1 2)(3 4) = (1 4 2) /∈ H, sledi (1 2)(3 4) /∈ NA4(H) intako NA4(H) 6= A4. Po zgornji trditvi je H ≤ NA4(H) ≤ A4 in takopo Lagrangevem izreku dobimo |NA4(H)| ∈ {3, 6}. Ker v grupi A4 splohni podgrupe reda 6, sledi |NA4(H)| = 3 in od tod NA4(H) = H. Da jetemu res tako lahko potrdimo tudi z Magmo. Najprej definiramo podgrupoH, na primer z ukazom H := sub<Alt(4)|(1,2,3)>;, nato pa z ukazomNormalizer(Alt(4),H) eq H; potrdimo se zgornjo enakost. N

Zgled: Oglejmo si se diedrsko grupo D6 = 〈r, z | r6 = 1, z2 = 1, zrz = r−1〉in v njej podgrupo H = 〈zr〉 reda 2. Dolocimo normalizator ND6(H). Kerje K = {id, zr, r3, zr4} podgrupa grupe D6, ki vsebuje podgrupo H in je[K : H] = 2, je H E K. Po trditvi 4.4 torej velja K ≤ ND6(H) in tako je|ND6(H)| ∈ {4, 12}. Ker je r · zr · r−1 = zr−1 /∈ H, podgrupa H ni edinka vD6 in tako je ND6(H) = K. N

Pokazimo sedaj, kako se normalizatorji podgrup naravno pojavijo priobravnavi dolocene vrste delovanj, ki bodo igrala kljucno vlogo pri dokazihizrekov Sylowa. Naj bo G (koncna) grupa in naj bo X mnozica vseh njenihpodgrup. Zlahka se prepricamo, da je tedaj dobro definirano delovanje grupeG na mnozici X preko konjugiranja. Bolj natancno, za vsak g ∈ G in H ∈ X(torej H ≤ G) definiramo delovanje g na H s predpisom g • H = gHg−1

(bralec se mora torej prepricati, da je gHg−1 res podgrupa grupe G in da staizpolnjena oba pogoja iz definicije delovanja). Dolocimo tedaj stabilizatorGH za “tocko” H. Po definiciji je to ravno mnozica vseh g ∈ G, za katere


je g •H = gHg−1 = H, kar je natanko normalizator NG(H).Se nekaj velja opaziti. Ce je G koncna grupa, potem je pogoj gHg−1 = H

ekvivalenten pogoju ghg−1 ∈ H za vsak h ∈ H (preslikava x 7→ gxg−1 jenamrec tedaj bijekcija). V dokazu izrekov Sylowa bomo potrebovali tudinaslednjo lemo.

Lema 4.5. Naj bo G koncna grupa in naj bo H ≤ G. Ce je H p-grupa, kjerje p prastevilo, velja

[NG(H) : H] ≡ [G : H] (mod p).

Dokaz: Naj bo X mnozica vseh levih odsekov grupe G po podgrupi H.Tedaj je seveda |X| = [G : H]. Oglejmo si delovanje podgrupe H na mnoziciX, kjer definiramo h • gH = hgH, to je, H deluje na X z mnozenjem z leve(bralec naj se spomni zgleda iz razdelka 3.1, kjer smo z istim predpisomdefinirali delovanje grupe G na X). Dolocimo mnozico FixH(X) fiksnihtock tega delovanja. Po definiciji in razmisleku pred lemo je

FixH(X) = {gH : (∀h ∈ H : hgH = gH)}= {gH : (∀h ∈ H : g−1hg ∈ H)}= {gH : (∀h ∈ H : g−1h(g−1)−1 ∈ H)}= {gH : g−1 ∈ NG(H)}.

Ker je NG(H) po trditvi 4.4 podgrupa grupe G, je g−1 ∈ NG(H) natankotedaj, ko je g ∈ NG(H). Tako je FixH(X) = {gH : g ∈ NG(H)}. Sedajje jasno, da je |FixH(X)| = [NG(H) : H], s cimer je lema po trditvi 4.1dokazana (H je namrec po predpostavki p-grupa). �

Izrek 4.6 (1. izrek Sylowa). Naj bo G koncna grupa reda mpn, kjer je pprastevilo, n ≥ 1 in p ne deli m. Tedaj grupa G za vsak 1 ≤ k ≤ n premorepodgrupo reda pk, poleg tega pa je vsaka podgrupa reda pk, kjer je 1 ≤ k < n,edinka v neki podgrupi grupe G reda pk+1.

Dokaz: Izrek pokazemo z indukcijo na potenco k. Po Cauchyevem izreku 4.2grupa G vsebuje podgrupo reda p. Denimo sedaj, da je k < n in pred-postavimo, da G vsebuje podgrupo H reda pk. Nas cilj je pokazati, da Gvsebuje podgrupo reda pk+1, v kateri je H edinka. Ker je k < n, prastevilop deli indeks [G : H], po lemi 4.5 pa potem deli tudi indeks [NG(H) : H].Podgrupa H je po trditvi 4.4 edinka grupe NG(H), torej lahko tvorimo kvo-cientno grupo NG(H)/H, ki je potemtakem po Lagrangevem izreku grupa,katere red je deljiv s p. Po Cauchyevem izreku v NG(H)/H obstaja pod-grupa K reda p. Ce z γ : NG(H)→ NG(H)/H oznacimo kanonicni epimor-fizem (g 7→ gH), je torej praslika L = γ−1(K) = {g ∈ NG(H) : γ(g) ∈ K}podgrupa grupe NG(H), ki vsebuje H in je po izreku 1.5 reda pk+1. Kerje H E NG(H), seveda velja tudi H E L in tako smo res nasli podgrupo Lgrupe G reda pk+1, v kateri je H edinka. �


Definicija. Naj bo G grupa reda mpn, kjer je p prastevilo, n ≥ 1 in p nedeli m. Podgrupe grupe G, ki so reda pn, se imenujejo p-Sylowke. Stevilop-Sylowk grupe G oznacimo z np(G), oziroma kar z np, ce je jasno, za katerogrupo gre.

Prvi izrek Sylowa torej med drugim pove, da ima vsaka koncna grupavsaj eno p-Sylowko za vsako prastevilo p, ki deli red njene grupe. Naslednjiizrek pove, da sta poljubni dve p-Sylowki konjugirani.

Izrek 4.7 (2. izrek Sylowa). Naj bo G koncna grupa in naj bo p prastevilskidelitelj njenega reda. Tedaj za poljubni p-Sylowki H1 in H2 obstaja g ∈ G, daje H2 = gH1g

−1. Posledicno je p-Sylowka H grupe G njena edinka natankotedaj, ko je to njena edina p-Sylowka in torej velja np = 1.

Dokaz: Pisimo |G| = mpn, kjer je n ≥ 1 in p ne deli m. Tokrat naj boX mnozica vseh levih odsekov grupe G po podgrupi H1 in naj H2 delujena X z mnozenjem z leve (to je, za h ∈ H2 in gH1 ∈ X naj bo h • gH1 =hgH1). Seveda je |X| = [G : H1] = m, torej p ne deli |X|. Ker je H2 p-grupa, lahko uporabimo trditev 4.1, od koder sledi, da p ne deli |FixH2(X)|.Med drugim to pomeni, da mnozica FixH2(X) ni prazna in zato obstajanek gH1 ∈ FixH2(X). Tedaj pa za vse h ∈ H2 velja hgH1 = gH1, to je,g−1hg ∈ H1 za vse h ∈ H2. Sledi, da je g−1H2(g

−1)−1 ⊆ H1, od koder zaradi|H1| = |H2| = pn sledi g−1H2(g

−1)−1 = H1 in posledicno H2 = gH1g−1.

Da dokazemo se drugi del izreka najprej predpostavimo, da je H edinkagrupe G in naj bo K poljubna p-Sylowka grupe G. Po zgornjem obstaja g ∈G, da je K = gHg−1 = H, saj je H edinka v G. V tem primeru je torej H resedina p-Sylowka grupe G. Denimo sedaj obratno, da je H edina p-Sylowkav G. Ker je gHg−1 podgrupa grupe G in velja |gHg−1| = |H|, je sevedatudi gHg−1 p-Sylowka grupe G in zato po predpostavki velja gHg−1 = H.Ker je bil g ∈ G poljuben, sledi H E G, kot smo trdili. �

Drugi izrek Sylowa ima precej daljnosezne posledice. Med drugim torejpove, da so vse p-Sylowke, za neko fiksno prastevilo p, izomorfne med seboj.To je precej redka situacija. V grupi S4 imamo na primer podgrupe reda 4(ki seveda niso 2-Sylowke te grupe, saj so 2-Sylowke v grupi S4 reda 8), ki soizomorfne grupi Z4 (na primer podgrupa 〈(1 2 3 4)〉), pa tudi podgrupo reda4, ki je izomorfna grupi Z2 × Z2 (namrec podgrupa 〈(1 2)(3 4), (1 3)(2 4)〉).Bralec se bo sam preprical, da imamo v S4 tudi podgrupe reda 2 (ki so torejsicer vse izomorfne grupi Z2), ki si med seboj niso konjugirane.

Pokazimo se zadnjega izmed treh izrekov Sylowa, ki doloci stevilo p-Sylowk v dani grupi.

Izrek 4.8 (3. izrek Sylowa). Naj bo G koncna grupa in naj bo p prastevilskidelitelj njenega reda. Tedaj za stevilo p-Sylowk grupe G velja np ≡ 1 (mod p)


in np = [G : NG(H)], kjer je H poljubna p-Sylowka. Posledicno velja np |[G : H].

Dokaz: Naj bo X mnozica vseh p-Sylowk grupe G in naj bo H poljubnaizmed njih (torej H ∈ X). Tedaj H deluje na mnozici X, pri cemer h ∈ H“tocko” K ∈ X poslje v hKh−1. Ker je H p-grupa, po trditvi 4.1 velja |X| ≡|FixH(X)| (mod p). Dolocimo mnozico FixH(X). Velja K ∈ FixH(X)natanko tedaj, ko je hKh−1 = K za vse h ∈ H, kar je ekvivalentno pogojuH ≤ NG(K). Seveda je tudi K ≤ NG(K) in tako sta H in K p-Sylowkigrupe NG(K). A ker je K po trditvi 4.4 edinka v NG(K), iz izreka 4.7 slediH = K in tako je FixH(X) = {H}. Sledi |FixH(X)| = 1, posledicno padobimo np ≡ 1 (mod p).

Naj sedaj kar cela grupa G deluje na X s konjugacijo. Po 2. izrekuSylowa so vse p-Sylowke konjugirane v G, torej ima G pri tem delovanju leeno orbito (ki je zato velikosti np). Po izreku 3.5 dobimo np = |G|

|GH | . Kot

pa smo ugotovili na zacetku tega razdelka, je GH = NG(H). Potemtakemje res np = [G : NG(H)]. Utemeljimo se zadnji del izreka. Po trditvi 4.4velja H ≤ NG(H) in tako po Lagrangevem izreku sledi se [G : H] = [G :NG(H)][NG(H) : H] = np[NG(H) : H]. Potemtakem np res deli indeks[G : H]. �

Izreki Sylowa so zelo uporabni pri studiju (nekomutativnih) grup. Zazacetek si oglejmo naslednja preprosta, a zelo poucna zgleda uporabe. Vecilustracij uporabnosti teh izrekov je podanih v naslednjem poglavju.

Zgled: Pokazimo, da je edina grupa reda 15 (do izomorfizma natancno)ciklicna grupa Z15. Res, ker je 15 = 3 · 5, so edini mozni redi elementovtaksne grupe (recimo ji G) 1, 3, 5 in 15. Po 1. izreku Sylowa grupa Gpremore vsaj eno 3-Sylowko in vsaj eno 5-Sylowko. Po 3. izreku Sylowavelja n3 ≡ 1 (mod 3) in n3 | 5, torej je n3 = 1. Podobno je n5 = 1. Ker vsakelement reda 3 generira podgrupo reda 3, ki je v nasem primeru 3-Sylowka,vsi elementi reda 3 pripadajo edini 3-Sylowki in zato sta taksna le dva.Podobno velja za elemente reda 5 in tako G premore natanko stiri elementereda 5. Upostevaje se nevtralni element, ki je edini reda 1, mora imeti takoG se 8 elementov reda 15. Potemtakem pa G premore svoj generator (saj jereda 15) in je tako ciklicna grupa. Vsaka grupa reda 15 je torej izomorfnaciklicni grupi Z15. N

Zgled: Pokazimo, da vsaka grupa G reda 12 premore vsaj eno pravo ne-trivialno edinko (grupam, ki take edinke ne premorejo, pravimo enostavnegrupe). Ker je 12 = 22 · 3, premore grupa G po 1. izreku Sylowa vsaj eno 2-Sylowko in vsaj eno 3-Sylowko. S pomocjo 3. izreka Sylowa tedaj ugotovimo,da velja n2 ∈ {1, 3} in n3 ∈ {1, 4}. Ce je n3 = 1, je po 2. izreku Sylowaedina 3-Sylowka edinka grupe G, torej smo s tem nasli pravo netrivialno


edinko grupe G. Denimo torej, da velja n3 = 4. Po Lagrangevem izrekuse poljubni razlicni 3-Sylowki trivialno sekata (saj je presek podgrupa obeh,torej je velikost preseka delitelj prastevila 3) in tako nam stiri 3-Sylowke dajo4 · 2 = 8 elementov reda 3. Potemtakem v G ostanejo le se stirje elementi,katerih red ni enak 3. Ker je vsaka 2-Sylowka sestavljena iz samih elementovreda 1, 2 in morda 4 in ker po 1. izreku Sylowa vsaj ena 2-Sylowka v Gobstaja, ti stirje elementi tvorijo ravno edino 2-Sylowko grupe G (iz stirihelementov lahko naredimo le eno mnozico moci stiri). Po 2. izreku Sylowaje edina 2-Sylowka edinka grupe G. Tako smo pokazali, da ima G v primeru,ko nima le ene 3-Sylowke, zagotovo le eno 2-Sylowko, ki je v tem primeruedinka.

Opozorimo, da bi bil podoben “sklep”, da imamo v primeru, ko imagrupa G reda 12 tri 2-Sylowke, v G vsaj 3 · 3 = 9 elementov reda 2 ali 4,napacen, saj so 2-Sylowke reda 4 in zato ne moremo trditi, da se trivialnosekajo (tudi 2 namrec deli red teh podgrup). V resnici lahko v tem konkret-nem primeru celo dokazemo, da mora biti presek poljubnih dveh 2-Sylowkreda 2, a o tem nekoliko kasneje. N

Naloga 4.4. Naj bo H = 〈(1 2 3 4 5)〉 ≤ A5. Pokazite, da je normalizatorNA5(H) reda 10, ne da bi ga eksplicitno dolocili.(Nasvet: pomagajte si z lemo 4.5.)

Naloga 4.5. Naj bo H = 〈(1 2 3)〉 ≤ A5. Pokazite, da je normalizatorNA5(H) reda 6, ne da bi ga eksplicitno dolocili. Sklepajte, da potemtakemvelja NA5(H) ∼= S3.(Nasvet: sklepate lahko podobno kot v nalogi 4.4, pomagate pa si lahko tudi z

ugotovitvijo iz zgornjega zgleda, da je edina grupa reda 15 ciklicna.)

Naloga 4.6. Dolocite normalizator podgrupe 〈(1 2 3 4)〉 v grupi S4 in nor-malizator podgrupe 〈(1 2 3 4), (1 3)〉 v grupi S5.

Naloga 4.7. Pokazite, da poljubna grupa reda 20 premore natanko enopodgrupo reda 5, ki je potemtakem njena edinka.

Naloga 4.8. Pokazite, da v grupi A5 ni podgrupe reda 20, ki bi vsebovalaelement (1 2 3 4 5). Sklepajte, da potemtakem grupa A5 ne premore nobenepodgrupe reda 20.(Nasvet: pomagajte si z nalogama 4.4 in 4.7 in trditvijo 4.4.)

Naloga 4.9. Naj bo G poljubna grupa reda 75, ki premore vsaj tri elementereda 3. Koliko elementov reda 3 tedaj premore grupa G?

Naloga 4.10. Za vsako mozno prastevilo p dolocite vse p-Sylowke grupeS4.

Naloga 4.11. Za vsako mozno prastevilo p dolocite vse p-Sylowke grupeS3 ×D5.


Naloga 4.12. Naj bo G grupa reda pq, kjer sta p in q razlicni prasteviliin velja p < q. Denimo, da p ne deli q − 1. Pokazite, da je tedaj grupa Gciklicna. Ce vam naloga povzroca tezave, skusajte najprej resiti konkretenprimer taksne naloge, ko je recimo G grupa reda 115.

Naloga 4.13. Naj bo n ≥ 3 poljubno naravno stevilo in naj bo p ≥ 3prastevilo, ki deli stevilo n. Pokazite, da ima tedaj diedrska grupa Dn enosamo p-Sylowko.

Naloga 4.14. Naj bo G grupa in naj bo N njena edinka. Denimo, daprastevilo p deli red podgrupe N in da je H neka p-Sylowka grupe N .Pokazite, da je v primeru, ko je H edinka v N , H edinka tudi v celotnigrupi G.

Poglavje 5

Grupe majhnih redov

Glavni cilj tega poglavja je prikaz uporabnosti razlicnih strukturnihrezultatov teorije grup, kot so klasifikacija koncnih komutativnih grup, Cau-chyev izrek in izreki Sylowa. V ta namen bomo do izomorfizma natancnodolocili vse grupe do reda vkljucno 15, na kratko pa si bomo ogledali tudi po-jem enostavne grupe in poiskali najmanjso nekomutativno enostavno grupo.Kot bomo videli, nam omenjeni strukturni rezultati za relativno majhnerede dovolj dobro opisejo mozne strukture grup taksnega reda, da lahko vseustrezne grupe tudi eksplicitno dolocimo.

5.1 Grupe reda najvec 15

V tem razdelku bomo klasificirali vse grupe do reda najvec 15. Razmislekje v najvecji meri odvisen od prastevilske faktorizacije pripadajocega redagrupe, ne pa toliko od konkretnega reda, zato bomo analizo naredili glede nakompleksnost faktorizacije. Grupe prastevilskega reda uzenemo brez tezav.

Trditev 5.1. Naj bo p prastevilo. Tedaj do izomorfizma natancno obstajanatanko ena grupa reda p. Le-ta je izomorfna ciklicni grupi Zp.

Dokaz: Ta trditev sledi ze iz Lagrangevega izreka, saj je v grupi reda pvsak element, razen seveda nevtralnega elementa, reda p in je tako tudi njengenerator. Taka grupa je torej nujno ciklicna in zato izomorfna grupi Zp. �

Pri obravnavi grup majhnega reda nam koristi tudi informacija o centruobravnavane grupe (bralec se bo spomnil, da smo o centru grupe govorili zev nalogi 2.5, spomni pa naj se tudi, da je center grupe vedno njena pod-grupa edinka), se posebej v primeru, ko obravnavamo p-grupe. S pomocjoprimernega delovanja se namrec zlahka prepricamo, da ima vsaka p-grupanetrivialen center.

Izrek 5.2. Naj bo p prastevilo in naj bo G grupa reda pn za nek n ≥ 1.Tedaj ima grupa G netrivialen center.

41

42 POGLAVJE 5. GRUPE MAJHNIH REDOV

Dokaz: Zopet si pomagamo z delovanjem s konjugiranjem, torej g • x =gxg−1, le da tokrat opazujemo kar delovanje celotne grupe G na sebi, torejvzamemo X = G. Dolocimo mnozico fiksnih tock FixG(X) tega delovanja.Ker je X = G, je po definiciji

FixG(X) = {x ∈ X : (∀g ∈ G : g •x = x)} = {x ∈ G : (∀g ∈ G : gxg−1 = x)},

kar pa je ravno center Z(G). Zaradi |G| = pn = |X| lahko uporabimotrditev 4.1, ki tako pove, da velja |Z(G)| ≡ 0 (mod p). Ker center Z(G)zagotovo vsebuje vsaj nevtralni element e, je tako Z(G) podgrupa grupe G,katere red je deljiv s p. �

Da klasificiramo vse grupe reda p2, kjer je p prastevilo, potrebujemo lese naslednjo trditev.

Trditev 5.3. Naj bo G koncna grupa. Tedaj je grupa G komutativna natankotedaj, ko je kvocientna grupa G/Z(G) ciklicna.

Dokaz: Ce je grupa G komutativna, je seveda Z(G) = G in tako je poLagrangevem izreku G/Z(G) ∼= Z1. Denimo sedaj, da je kvocientna grupaG/Z(G) ciklicna. Tedaj obstaja a ∈ G, da je G/Z(G) ∼= 〈aZ(G)〉. Kerje seveda tudi kvocientna grupa G/Z(G) koncna, recimo reda n, je torejmnozica G enaka disjunktni uniji

Z(G) ∪ aZ(G) ∪ a2Z(G) ∪ · · · ∪ an−1Z(G).

Vzemimo sedaj poljubna g1, g2 ∈ G. Tedaj za primerna 0 ≤ i, j ≤ n − 1in z1, z2 ∈ Z(G) velja g1 = aiz1 in g2 = ajz2. Ker sta z1 in z2 centralnaelementa, je torej g1g2 = aiz1a

jz2 = ai+jz1z2 = ajaiz2z1 = ajz2aiz1 = g2g1.

Grupa G je torej v tem primeru res komutativna, kot smo trdili. �

Posledica 5.4. Naj bo p prastevilo. Tedaj je poljubna grupa reda p2 komu-tativna in je tako izomorfna eni izmed grup Zp2 in Zp × Zp.

Dokaz: Naj bo G grupa reda p2. Pokazimo, da je G komutativna grupa, toje, da je Z(G) = G. Ker je p prastevilo in je po izreku 5.2 center Z(G) netri-vialen, je po Lagrangevem izreku edina druga moznost, da velja |Z(G)| = p.A tedaj je kvocientna grupa G/Z(G) reda p, ki je potemtakem po trditvi 5.1ciklicna. Po trditvi 5.3 je tedaj G komutativna grupa, kar je nemogoce, sajje v tem primeru Z(G) = G reda p2. Tako je G res komutativna grupa,kot smo trdili. Drugi del posledice sedaj sledi neposredno iz izreka 2.6 oklasifikaciji koncnih komutativnih grup. �

S pomocjo trditve 5.1 in posledice 5.4 lahko sedaj ze klasificiramo vsegrupe redov 2, 3, 4, 5, 7, 9, 11 in 13. Dobimo grupe Z2, Z3, Z4, Z2×Z2, Z5,

5.1. GRUPE REDA NAJVEC 15 43

Z7, Z9, Z3×Z3, Z11 in Z13. Ce upostevamo se zgled iz prejsnjega poglavja, vkaterem smo pokazali, da je edina grupa reda 15 grupa Z15, nam do vkljucnoreda 15 ostanejo le se redi 6, 8, 10, 12 in 14. Tudi grupe redov 2p, kjer je pliho prastevilo, ne predstavljajo vecjega problema.

Trditev 5.5. Naj bo p liho prastevilo. Tedaj obstajata do izomorfizmanatancno natanko dve grupi reda 2p in sicer Z2p ter Dp.

Dokaz: Po Cauchyevem izreku v grupi G obstajata elementa a in b, kjerje a reda p, b pa reda 2. Ker a generira podgrupo H = 〈a〉 indeksa 2, jele-ta edinka v grupi G. Tako velja bab−1 ∈ H, to je, bab−1 = ak za nek1 ≤ k ≤ p − 1. Tedaj pa je a = b2ab−2 = bakb−1 = (bab−1)k = ak

2, to je,

k2 ≡ 1 (mod p), oziroma (k − 1)(k + 1) ≡ 0 (mod p). Ker je p prastevilo,sledi k = 1 ali k = −1. Ce je k = 1, elementa a in b komutirata. V temprimeru je element ab reda 2p in tako je G ciklicna grupa, izomorfna Z2p.Preostane nam se primer k = −1. Tedaj je a element reda p, b element reda2, b /∈ 〈a〉, bab = a−1 in 〈a, b〉 = G. Sledi G ∼= Dp. �

Na ta nacin smo klasificirali tudi vse grupe redov 6, 10 in 14. Dobimogrupe Z6, D3 = S3, Z10, D5, Z14 in D7. Da dosezemo nas zastavljeni ciljmoramo tako klasificirati le se grupe redov 8 in 12. Ta dva reda zahtevatamalce vec dela. Lotimo se najprej grup reda 8. Seveda so tu komutativnegrupe. Po klasifikaciji koncnih komutativnih grup so edine take grupe Z8,Z2 × Z4 ter Z2 × Z2 × Z2. Naslednja trditev pokaze, da preostaneta se dvenekomutativni grupi.

Trditev 5.6. Do izomorfizma natancno obstaja natanko 5 grup reda 8, trikomutativne ter grupi D4 in Q8.

Dokaz: Denimo torej, da je G nekomutativna grupa reda 8. To sevedapomeni, da grupa G ne premore elementa reda 8. Ce bi bili v grupi G vsielementi, razen seveda nevtralnega elementa, reda 2, bi za poljubna elementaa in b veljalo e = (ab)2 = abab in od tod ab = a2bab2 = ba. Grupa G bibila torej v tem primeru komutativna, kar je nemogoce. Tako v grupi Gobstaja vsaj en element reda 4. Izberimo enega, na primer a. Denimo, dabi obstajal nek b /∈ 〈a〉, ki bi komutiral z a. Tedaj bi veljalo G = 〈a〉 ∪ b〈a〉,torej bi a in b generirala celo grupo G. A ker bi a in b komutirala, bi bilacela grupa G komutativna, kar pa je nemogoce. Za vsak b /∈ 〈a〉 torej veljaab 6= ba. Seveda pa je 〈a〉 podgrupa indeksa 2, ki je potemtakem edinka v G,torej za vsak b /∈ 〈a〉 velja bab−1 ∈ 〈a〉. Edina moznost je tedaj bab−1 = a−1.Ce obstaja b /∈ 〈a〉 reda 2, je seveda G izomorfna diedrski grupi D4. Ostanetorej le se primer, ko je a2 edini element reda 2 v grupi G. Vzemimo tedajnek b /∈ 〈a〉, ki je torej reda 4. Tedaj je b2 = a2, ab pa je reda 4 (saj jerazlicen od e in a2. Sledi G = {e, a, a2, a3, b, ba2, ba, ba3}, pri cemer sta a inb reda 4 in velja a2 = b2 ter bab−1 = a3. Brez tezav se prepricamo, da je v


tem primeru grupa G izomorfna kvaternionski grupi Q8, ki smo jo spoznaliv nalogi 2.10. �

Ostanejo nam torej le se grupe reda 12. Vemo ze, da obstajata natankodve komutativni grupi tega reda in sicer Z12 ter Z2 × Z6. Spodnja trditevpokaze, da poleg teh obstajajo se tri nekomutativne grupe. Preden jo po-damo, si oglejmo tisto nekomutativno grupo reda 12, ki je doslej se nismospoznali. Najprej pa dokazimo se naslednjo koristno trditev.

Trditev 5.7. Naj bo G grupa in naj bosta H,K ≤ G poljubni koncni pod-grupi grupe G. Tedaj velja

|HK| = |H||K||H ∩K|

,

kjer je HK = {hk : h ∈ H, k ∈ K}.

Dokaz: Oglejmo si preslikavo ϕ : H×K → HK s predpisom ϕ((h, k)) = hk.Seveda v splosnem ne gre za homomorfizem grup (saj ze mnozica HKnaceloma sploh ni podgrupa grupe G). Po drugi strani je jasno, da je pres-likava ϕ surjektivna, prav tako pa velja |H ×K| = |H||K|. Trditev bo torejdokazana, ce pokazemo, da za poljuben par (h, k) ∈ H×K obstaja natanko|H ∩K| parov (h′, k′) ∈ H ×K, da je ϕ((h, k)) = ϕ((h′, k′)).

Vzemimo torej poljuben par (h, k) ∈ H ×K. Tedaj za (h′, k′) ∈ H ×Kvelja ϕ((h, k)) = ϕ((h′, k′)) natanko tedaj, ko je hk = h′k′, kar se zgodinatanko tedaj, ko je h′−1h = k′k−1. Oznacimo g = h′−1h = k′k−1. Tedajseveda velja g ∈ H ∩ K in h′ = hg−1 ter k′ = gk. Za vsak par (h′, k′) ∈H ×K, za katerega je ϕ((h, k)) = ϕ((h′, k′)), torej obstaja g ∈ H ∩K, daje h′ = hg−1 in k′ = gk. Obratno, naj bo sedaj g ∈ H ∩K poljuben. Tedajza h′ = hg−1 in k′ = gk velja ϕ((h′, k′)) = hg−1gk = hk = ϕ((h, k)). Takoje parov (h′, k′) ∈ H × K, za katere je ϕ((h, k)) = ϕ((h′, k′)), res natankotoliko, kot je izbir za zgornji element g, le-teh pa je natanko |H ∩K|. S temje trditev dokazana. �

Zgled: Oglejmo si naslednja dva elementa simetricne grupe S7. Naj boa = (1 2 3) in b = (2 3)(4 5 6 7). Velja |a| = 3 in |b| = 4. Ocitno je 〈a〉 ∩ 〈b〉 ={id}, torej po trditvi 5.7 velja |〈a〉〈b〉| = 3 · 4 = 12. Brz se prepricamo, da jebab−1 = a−1. Sledi ba−1b−1 = a in od tod ab = ba−1. To pomeni, da lahkovsak element grupe G = 〈a, b〉 zapisemo v obliki biaj , kjer je 0 ≤ i ≤ 3 in0 ≤ j ≤ 2 (celo na enolicen nacin). Sledi, da je G = 〈a〉〈b〉 in tako je G grupareda 12. Sedaj zlahka izracunamo tudi rede njenih elementov. Elementioblike baj in b3aj so reda 4, elementa b2a in b2a2 pa sta reda 6. Tako ima tagrupa zaporedje redov 1, 1, 2, 6, 0, 2, 0, . . .. Grupa je seveda nekomutativna,saj je ab = ba−1 6= ba. Opazimo, da ta grupa ni izomorfna niti diedrski


grupi D6 (katere zaporedje redov je 1, 7, 2, 0, 0, 2, 0, . . .) niti grupi A4 (katerezaporedje redov je 1, 3, 8, 0, . . .). Dobljeni grupi dajmo ime T . N

Trditev 5.8. Do izomorfizma natancno obstaja natanko 5 grup reda 12, dvekomutativni ter grupe D6, A4 in zgoraj opisana grupa T .

Dokaz: Naj bo G nekomutativna grupa reda 12. Po 1. izreku Sylowav grupi G obstaja vsaj ena 3-Sylowka in vsaj ena 2-Sylowka. Izberimopoljuben element a reda 3 v G, ki po Cauchyevem izreku zagotovo obstaja.Tedaj je H = 〈a〉 3-Sylowka grupe G. Ce s K oznacimo poljubno 2-Sylowko,je po Lagrangevem izreku H ∩ K trivialna podgrupa grupe G in tako potrditvi 5.7 velja |HK| = 12, to je HK = G. To pomeni, da zaradi neko-mutativnosti grupe G vsaj en element podgrupe K ne komutita z a. Gledena to ali je podgrupa K ciklicna (in tako izomorfna grupi Z4) ali ne, locimodva primera.

Primer 1: 2-Sylowka K (in tako po 2. izreku Sylowa poljubna 2-Sylowkagrupe G) ni ciklicna.Glede na to, da sta edini grupi reda 4 ciklicna grupa Z4 ter direktni produktZ2 × Z2, je tedaj K ∼= Z2 × Z2. Grupa K torej poleg nevtralnega elementae vsebuje se tri elemente reda 2, poljubna dva izmed katerih jo generirata.Poimenujmo dva izmed njih z b in c (in tako je tretji seveda bc = cb). ZaradiG = HK se tedaj poljuben element grupe G na enolicen nacin zapise vobliki aibjck, kjer je 0 ≤ i ≤ 2 in 0 ≤ j, k ≤ 1.

Obravnavajmo najprej primer, ko je 3-Sylowka H edinka v grupi G. Zago-tovo vsaj eden izmed elementov b in c ne komutira z a, saj je v nasprotnemprimeru G = 〈a, b, c〉 komutativna grupa. Brez skode za splosnost tedajlahko privzamemo, da z a ne komutira b. A ker je 〈a〉 E G, sledi bab = a−1.Velja cac = a ali cac = a−1. V slednjem primeru je bcabc = bcacb = ba−1b =a, torej lahko brez skode za splosnost privzamemo cac = a (sicer pac za-menjamo vlogi elementov c in bc). Tedaj pa je ac element reda 6, poleg tegapa je b(ac)b = a−1c = (ac)−1. Tako je grupa G generirana z elementom acreda 6 in elementom b /∈ 〈ac〉 reda 2, pri tem pa je b(ac)b = (ac)−1. Sevedaje v tem primeru grupa G izomorfna diedrski grupi D6.

Ostane nam se primer, ko 3-Sylowka H ni edinka grupe G. Po zgledu izprejsnjega poglavja je tedaj edinka 2-Sylowka K. To med drugim pomeni,da je aKa−1 = K. Tako podgrupa 〈a〉 naravno deluje na podgrupi K skonjugiranjem. Po izreku o orbiti in stabilizatorju ima pri tem delovanjupodgrupa 〈a〉 bodisi stiri orbite dolzine 1 bodisi eno orbito dolzine 1 ter enodolzine 3. Ker grupa G ni komutativna, mora ocitno veljati slednje. Ocitnoje aea−1 = e, torej je orbita dolzine 1 ravno orbita nevtralnega elementa e.To pa pomeni, da element a pri konjugiranju ciklicno permutira elemente b, cin bc. Brez skode za splosnost lahko torej predpostavimo, da je aba−1 = c,aca−1 = bc in posledicno abca−1 = b. S tem smo dokazali, da obstaja najvec


ena grupa reda 12, katere 2-Sylowka je edinka in je izomorfna grupi Z2×Z2,njena 3-Sylowka pa ni edinka. Ker je alternirajoca grupa A4 ravno takagrupa, smo s tem dokazali, da je v tem primeru G ∼= A4.

Primer 2: 2-Sylowka K (in tako po 2. izreku Sylowa poljubna 2-Sylowkagrupe G) je ciklicna:To pomeni, da za nek b ∈ G reda 4 velja K = 〈b〉. Podobno kot zgoraj sledi,da ima vsak element grupe G enolicen zapis oblike aibj , kjer je 0 ≤ i ≤ 2,0 ≤ j ≤ 3. V tem primeru ima grupa K dva elementa reda 4 in en elementreda 2. Ce bi torej veljalo K E G, bi imela grupa H pri delovanju na Ks konjugiranjem stiri orbite dolzine 1. A v tem primeru bi vsak elementpodgrupe H komutiral z vsakim elementom podgrupe K, kar pa je zaradinekomutativnosti grupe G nemogoce. To pomeni, da 2-Sylowka K ni edinkagrupe G, posledicno pa je potem edinka podgrupa H. Ker podgrupa Kni edinka grupe G, sledi bab−1 6= a, od tod pa takoj sledi bab−1 = a−1.S tem smo dokazali, da obstaja najvec ena nekomutativna grupa reda 12,katere 2-Sylowka je ciklicna. Ker ima grupa T iz zgornjega zgleda prav takelastnosti, je torej v tem primeru G ∼= T . �

S tem je klasifikacija vseh grup do vkljucno reda 15 koncana. Povzemimojo v naslednjem izreku.

Izrek 5.9. Do izomorfizma natancno obstaja natanko 28 grup do reda vklju-cno 15. Od tega je 8 grup nekomutativnih, 20 pa komutativnih. Vse grupeso zbrane v tabeli 5.1.

Morda se je bralcu zastavilo vprasanje, zakaj smo se ustavili ravno priredu 15. Razlog je ta, da ze klasifikacija grup reda 16 zahteva bistvenovec znanja, kot smo ga osvojili doslej. Zgolj kot zanimivost povejmo, da jetakih grup 14 (od tega je seveda 5 komutativnih). To lahko bralec potrditudi z Magmo, ce uporabi ukaz NumberOfSmallGroups(16). Kar je seposebej zanimivo, je to, da obstajajo celo neizomorfne grupe reda 16 z istimzaporedjem redov. Tak primer sta na primer grupi Z4 × Z4 in Z2 × Q8, vkar naj se preprica bralec.

Cisto za konec tega razdelka si oglejmo se naslednji netrivialen, a tolikobolj zanimiv zgled, ki podaja se eno ilustracijo uporabnosti rezultatov tegarazdelka in izrekov Sylowa.

Zgled: Pokazimo, da je edina grupa reda 255 (do izomorfizma natancno)ciklicna grupa Z255, to je, da je poljubna grupa reda 255 ciklicna. Pa najbo G poljubna grupa reda 255 = 3 · 5 · 17. Po Cauchyevem izreku 4.2obstajajo elementi a, b, c ∈ G, da je a reda 3, b reda 5 in c reda 17. Po 1. in3. izreku Sylowa ima grupa G le eno 17-Sylowko, ki je torej kar podgrupaH = 〈c〉. Po 2. izreku Sylowa je tako H E G. Tedaj je aca−1 ∈ 〈c〉 in tako


red komutativne nekomutativne

1 Z1 −2 Z2 −3 Z3 −4 Z4, Z2 × Z2 −5 Z5 −6 Z6 S37 Z7 −8 Z8, Z4 × Z2, Z2 × Z2 × Z2 D4, Q8

9 Z9, Z3 × Z3 −10 Z10 D5

11 Z11 −12 Z12, Z2 × Z6 D6, A4, T13 Z13 −14 Z14 D7

15 Z15 −

Tabela 5.1: Tabela vseh grup do reda vkljucno 15.

je 〈a, c〉 = 〈a〉H, od koder po trditvi 5.7 sledi 〈a, c〉 = 3 · 17 = 51. Kot vzgledu s konca razdelka 4.2 pokazemo, da je edina grupa reda 51 ciklicna(lahko pa uporabimo kar nalogo 4.12), in tako elementa a in c zagotovokomutirata. Povsem podobno je 〈b, c〉 = 〈b〉H grupa reda 5 · 17 = 85, ki jeprav tako ciklicna (zopet lahko ustrezno priredimo dokaz iz zgleda s koncarazdelka 4.2 ali pa uporabimo kar nalogo 4.12). Potemtakem tudi elementab in c komutirata. Ker je podgrupa 〈a, c〉 reda 51, podgrupa 〈b〉 pa reda5, po Lagrangevem izreku sledi |〈a, c〉 ∩ 〈b〉| = 1. Po trditvi 5.7 je torej|〈a, c〉〈b〉| = 255 = |G| in tako velja 〈a, b, c〉 = G. Ker element c komutiratako z a kot z b, sledi c ∈ Z(G). Tako je |Z(G)| ∈ {17, 3 · 17, 5 · 17, 255}.V prvih treh primerih je kvocientna grupa G/Z(G) reda 15, 5, oziroma 3,kar bi pomenilo, da je le-ta ciklicna grupa. Po trditvi 5.3 bi bila tedaj Gkomutativna grupa, kar pa zaradi G 6= Z(G) v tem primeru ni mogoce.Ostane torej le se moznost, da je |Z(G)| = 255, to je, Z(G) = G. To papomeni, da je G komutativna grupa reda 3 · 5 · 17, od koder po izreku 2.6sledi G ∼= Z255. N

Naloga 5.1. Naj bo G grupa reda 21. Pokazite, da je tedaj grupa G bodisiciklicna bodisi ima trivialen center.

Naloga 5.2. Naj bo a = (1 2 3 4 5 6 7) ∈ S7 in b = (2 3 5)(4 7 6) ∈ S7.Pokazite, da je bab−1 ∈ 〈a〉 in sklepajte, da potemtakem lahko vsak elementpodgrupe G = 〈a, b〉 ≤ S7 zapisemo v obliki biaj , kjer je 0 ≤ i ≤ 2 in0 ≤ j ≤ 6. Pokazite, da je tak zapis enolicen in sklepajte, da je potemtakemG grupa reda 21. Dolocite njeno zaporedje redov. Kaksen je torej center


grupe G?

Naloga 5.3. Naj bo G poljubna grupa reda 20, katere center je netrivialen.Pokazite, da tedaj grupa G premore element reda 10. Ali je grupa G nujnokomutativna?(Nasvet: spomnite se, kako je z redom elementa ab, ce sta a in b elementa tujih si

redov, ki komutirata.)

Naloga 5.4. Denimo, da je G grupa reda 30, ki premore element a reda 6in element b reda 10. Pokazite, da tedaj nujno velja a3 = b5.(Nasvet: pomagajte si s trditvijo 5.7.)

Naloga 5.5. Naj bo G poljubna grupa reda 70. Pokazite, da tedaj grupaG premore le po eno 5-Sylowko in 7-Sylowko, nato pa pokazite, da v grupiG obstaja element reda 35. Naj bo sedaj a ∈ G poljuben element reda 35in naj bo b ∈ G poljuben element reda 2. Pokazite, da tedaj velja bab ∈ 〈a〉in G = 〈a, b〉. Pokazite, da obstajajo natanko stiri moznosti za elementbab in da se vse te stiri moznosti dejansko lahko zgodijo (poiscite ustreznogrupo). Sklepajte, da obstajajo natanko stiri grupe reda 70 (do izomorfizmanatancno). Dolocite jih.

Naloga 5.6. Dokazite, da je ciklicna grupa Z345 edina grupa reda 345 (doizomorfizma grup natancno).

5.2 Majhne enostavne grupe

V prejsnjem razdelku smo klasificirali vse grupe do vkljucno reda 15 inopazili, da se je bilo treba ze pri tako majhnih redih grup za nekatere nekolikopotruditi. Sicer je res, da smo imeli v resnici tezave le z nekomutativnimigrupami, omenjena klasifikacija pa je pokazala, da je, vsaj do reda 15, takihzelo malo (le 8 od 28). A s pomocjo Magme zlahka preverimo (uporabimolahko ukaza SmallGroups in IsAbelian), da se s povecevanjem reda situacijahitro obrne. Tako je ze pri grupah do reda vkljucno 30 nekomutativnih skorajpolovica (45 od 92), ce pa si ogledamo vse grupe do reda vkljucno 200, jeod 6065 taksnih grup le se 389 komutativnih.

Kako torej za neko dano naravno stevilo n sploh dobiti klasifikacijo vsehgrup do vkljucno reda n? Zdi se, da je najbolj naravno poizkusiti z neke vrsteindukcijo. Najprej bi klasificirali grupe “majhnih redov” (glede tega smonekaj ze naredili), potem pa bi s pomocjo teh klasifikacij dobili se klasifikacijegrup vecjih redov. Ce malce poenostavimo, glavna ideja sloni na naslednjempremisleku. Ce je G koncna grupa in je N njena prava netrivialna edinka,potem sta tako N kot kvocientna grupa G/N grupi manjsega reda kot G. Ceje torej G reda n in smo klasificirali ze vse grupe redov manj kot n, potemgrupi N in G/N ze poznamo. Po Lagrangevem izreku morata biti tako redgrupe N kot red grupe G/N delitelja stevila n. Ce torej znamo za vsaki

5.2. MAJHNE ENOSTAVNE GRUPE 49

dve grupi N in K skonstruirati vse grupe G, za katere je N izmorfna nekiedinki N E G in je G/N ∼= K, potem je “indukcija”, o kateri smo govorilizgoraj, na dlani. Kot pokaze naslednji zgled, lahko za fiksni grupi N in Kobstaja vec razlicnih grup G, za katere obstaja N E G, da je N ∼= N in jeG/N ∼= K. Ta in podobni primeri torej pokazejo, da predlagani postopekni povsem brez tezav.

Zgled: Naj bo N = Z4 in K = Z2. Tedaj je iskana grupa G neka grupareda 8. A primernih grup G je kar precej. Izkaze se celo, da so izmed vsehpetih grup reda 8 primerne vse razen grupe Z2 ×Z2 ×Z2. Za G = Z8 lahkovzamemo N = 〈2〉. Za G = D4 lahko vzamemo N = 〈ρ〉. Za G = Z4 × Z2

lahko vzamemo N = 〈(1, 0)〉. Pa tudi v kvaternionski grupi Q8 = 〈a, b | a4 =b4 = 1, a2 = b2, aba−1 = b−1〉 lahko vzamemo N = 〈a〉 (ali pa N = 〈b〉 alicelo N = 〈ab〉). N

“Baza” zgoraj omenjene “indukcije” je klasifikacija vseh enostavnih grup,to je grup, ki nimajo nobene prave netrivialne edinke. Na tem mestu zal senimamo dovolj znanja, da bi lahko predstavili nacin, kako zaobiti, oziromaresiti opisane tezave pri predlagani indukciji. Kljub temu pa velja omeniti,da je bila natancna analiza enostavnih grup eden najvecjih in najobseznejsihprojektov matematike v 20. stoletju. V preteklosti se je namrec cela vrstaodlicnih matematikov ukvarjala s klasifikacijo koncnih enostavnih grup. Pozaslugi dela vec sto posameznikov bi naj bila danes ta klasifikacija koncana,ceprav se se vedno tu in tam najde kaksna luknja v dokazu. Gre za enegavecjih dosezkov sodobne matematike. Ta obsezni projekt so matematikiizpeljali med leti 1950 in 2004, pri cemer je velik del (tudi zadnji vecjimanjkajoci korak) opravil Aschbacher. Zbirka clankov, ki skupaj zajemajoklasifikacijo koncnih enostavnih grup, tako obsega nekaj deset tisoc straniv nekaj sto znanstvenih clankih (samo dokaz zadnjega manjkajocega dela,ki sta ga objavila Aschbacher in Smith, je dolg 1221 strani). Eden izmednajvecjih in najodmevnejsih dosezkov na tej poti je bil rezultat Thompsonain Feita, ki sta leta 1963 dokazala, da so edine enostavne grupe lihega redagrupe Zp, kjer je p liho prastevilo (da je to res, je prvi domneval Burnside).To pomeni, da so vse nekomutativne koncne enostavne grupe sodega reda.Kot zanimivost omenimo se naslednje. Vecina enostavnih grup pripada eniizmed neskoncnih druzin takih grup (ena izmed njih je druzina alternirajocihgrup An za n ≥ 5). Poleg njih pa obstaja se 26 tako imenovanih sporadicnihgrup. Najvecja izmed njih nosi ime “posastna grupa” (the Monster group).Ko izvemo, da je njen red enak

246 · 320 · 59 · 76 · 112 · 133 · 17 · 19 · 23 · 29 · 31 · 41 · 47 · 59 · 71 > 8 · 1053,

se zdi ime povsem upraviceno.

Oglejmo si sedaj, kaj zmoremo o enostavnih grupah povedati v okviruosvojenega znanja. Po Lagrangevem izreku je vsaka grupa reda p, kjer


je p prastevilo, enostavna. Seveda je vsaka taka grupa ciklicna in zatokomutativna. Po Cauchyevem izreku pa so to tudi edine koncne komutativneenostavne grupe.

Trditev 5.10. Edine koncne komutativne enostavne grupe (do izomorfizmanatancno) so grupe Zp, kjer je p prastevilo.

Dokaz: Naj bo G komutativna grupa reda n. Ce je n prastevilo, je Genostavna po Lagrangevem izreku. Denimo torej, da n ni prastevilo. Tedajobstaja tako prastevilo p, ki deli n, da je 1 < p < n. Po Cauchyevem izrekuv grupi G obstaja element g reda p, ki torej generira podgrupo reda p. Le-ta je zaradi komutativnosti grupe G edinka. Potemtakem G premore pravonetrivialno edinko in zato ni enostavna. �

Z uporabo izrekov Sylowa je moc dokazati, da je najmanjsa nekomuta-tivna enostavna grupa reda vsaj 60. Glede na prejsnji razdelek lahko takojizlocimo vse grupe do reda vkljucno 15, saj znamo v vsaki od osmih neko-mutativnih najti neko pravo netrivialno edinko. Tudi grupe reda pn, kjerje p prastevilo, po izreku 5.2 ne morejo biti enostavne, saj so bodisi komu-tativne bodisi je njihov center prava netrivialna edinka. Hitro odpravimotudi grupe reda 2pn, kjer je p liho prastevilo in n ≥ 1, saj je v tem primerup-Sylowka indeksa 2 in zato avtomatsko edinka. Naslednji korak so grupereda mpn, kjer je p prastevilo, n ≥ 1 in je m < p. V takih grupah namrecpo 3. izreku Sylowa obstaja le ena p-Sylowka, ki je tako avtomatsko edinka.Ob upostevanju vseh teh dejstev nam ostanejo le se redi 24, 30, 36, 40, 45,48 in 56. Kot ilustracijo uporabe izrekov Sylowa pokazimo, kako obdelamonekatere izmed njih (reda 40 in 45 bo bralec s pomocjo 1. in 3. izreka Sylowaizlocil sam).

Zgled: Pokazimo, da ne obstaja enostavna grupa reda 30. Po prvem intretjem izreku Sylowa za stevilo 3- in 5-Sylowk poljubne grupe G reda 30velja n3 ∈ {1, 10} ter n5 ∈ {1, 6}. Ce je n3 = 1, je edina 3-Sylowka po2. izreku Sylowa edinka v grupi G, torej G ni enostavna. Denimo torej,da je n3 = 10. Ker so 3-Sylowke prastevilskega reda, se po Lagrangevemizreku trivialno sekajo, torej nam deset 3-Sylowk da 10 · 2 = 20 elementovreda 3. Tudi 5-Sylowke so prastevilskega reda in tako bi v primeru, da biveljalo n5 = 6, dobili se 6 · 4 = 24 elementov reda 5, kar bi bilo skupaj ze 44elementov. Ker to ni mogoce, mora torej veljati n5 = 1 (ob predpostavki, dan3 6= 1), tedaj pa je edina 5-Sylowka edinka v grupi G. V vsakem primerutorej v grupi G najdemo pravo netrivialno edinko. N

Zgled: Naj bo G poljubna grupa reda 24 = 23 ·3. Po 1. in 3. izreku Sylowaza stevili 2- in 3-Sylowk grupe G dobimo n2 ∈ {1, 3} ter n3 ∈ {1, 4}. Tokratstetje elementov ne obrodi sadov. Lahko pa razmisljamo takole. Denimo, da

5.2. MAJHNE ENOSTAVNE GRUPE 51

ima grupa G tri 2-Sylowke in naj bosta H in K poljubni izmed njih. Tedajpo trditvi 5.7 dobimo |HK| = |H|·|K|

|H∩K| = 8·8|H∩K| . Ker seveda velja HK ⊆ G,

je |HK| ≤ 24 in tako mora po Lagrangevem izreku veljati |H ∩ K| = 4.Tedaj je H ∩ K podgrupa indeksa 2 tako v H kot v K in tako je H ∩ Kedinka v vsaki izmed teh dveh grup. Po trditvi 4.4 od tod sledi, da stapodgrupi H in K vsebovani v normalizatorju NG(H ∩K). Po Lagrangevemizreku tedaj sledi, da 8 deli red |NG(H ∩K)|, ki je vecji od 8 in mora samdeliti red |G| = 24. Sledi |NG(H ∩K)| = 24 in tako je NG(H ∩K) = G. Topa pomeni, da je H ∩K edinka v grupi G. V tem primeru torej nismo uspelidokazati, da je katera izmed p-Sylowk edinka, a smo kljub temu dokazaliobstoj prave netrivialne edinke. N

Red 48 uzenemo na podoben nacin kot red 24, red 56 pa na podobennacin, kot smo v prejsnjem razdelku obdelali red 12. Tako ostane le se zadnjiin hkrati najtezji red in sicer 36.

Zgled: Naj bo G poljubna grupa reda 36 = 22 · 32. Po 1. in 3. izrekuSylowa za stevili 2- in 3-Sylowk velja n2 ∈ {1, 3, 9} ter n3 ∈ {1, 4}. Denimo,da ima G vec kot eno 3-Sylowko (in ima tako natanko stiri) in naj bosta H in

K poljubni dve. Po trditvi 5.7 dobimo |HK| = |H|·|K||H∩K| = 9·9

|H∩K| ≤ |G| = 36,

od koder sledi |H ∩ K| = 3. Ker sta grupi H in K reda 9 = 32, sta poposledici 5.4 obe komutativni in zato je H ∩K edinka v vsaki izmed njiju.Tedaj pa normalizator NG(H ∩K) vsebuje tako H kot K. Po Lagrangevemizreku tako sledi, da je red |NG(H ∩K)| deljiv z 9, je vecji od 9, hkrati pasam deli 36. Tako velja bodisi |NG(H ∩K)| = 36, bodisi |NG(H ∩K)| = 18.V prvem primeru je podgrupa H ∩ K edinka grupe G, v drugem pa jenormalizator NG(H ∩K) indeksa 2 v G. To pa pomeni, da je v tem primeruNG(H ∩K) prava netrivialna edinka grupe G. N

Tako smo sestavili dokaz, da, razen grup prastevilskega reda, ne obstajanobena enostavna grupa reda manj od 60. Da smo se pri nasi analizi ustaviliravno pri redu 60, ni nakljucje. Naslednji izrek namrec pokaze, da dejanskoobstaja enostavna grupa reda 60. Kot zanimivost omenimo, da je druganajmanjsa nekomutativna enostavna grupa matricna grupa SL(3,Z2), ki jereda 168.

Izrek 5.11. Za vsak n ≥ 5 je alternirajoca grupa An enostavna grupa.

Dokaz: Podajmo le glavno idejo dokaza, podrobnosti pa prepustimo bralcu.Najprej se prepricamo, da je vsak 3-cikel (i j k), kjer so i, j, k ∈ {1, 2, . . . , n}paroma razlicni, vsebovan v An. To seveda takoj sledi iz enakosti (i j k) =(i k)(i j). Potem pokazemo, da mnozica vseh 3-ciklov generira celotno grupoAn, kar sledi iz dejstva, da je vsaka soda permutacija produkt sodo mnogotranspozicij, po drugi strani pa je produkt dveh neenakih nelocenih trans-pozicij (i j)(i k) enak 3-ciklu (i k j), produkt dveh locenih transpozicij (i j)(k l)


pa je enak produktu 3-ciklov (i k j)(i k l). V naslednjem koraku se prepricamo,da za poljubna razlicna i, j ∈ {1, 2, . . . , n} ze mnozica triciklov {(i j k) : k ∈{1, 2, . . . , n}\{i, j}} generira celo grupo An. Sledi dokaz, da je vsaka edinkav An, ki vsebuje kak 3-cikel, enaka kar celi grupi An. Nazadnje pokazemo,da vsaka netrivialna edinka grupe An vsebuje kak 3-cikel in je potemtakemenaka kar celi grupi An. To naredimo z analizo elementov v taki edinki gledena ciklicno strukturo elementa. Najprej obravnavamo primer, ko imamo vedinki kak element, ki ima v zapisu na produkt locenih ciklov vsaj en cikeldolzine vsaj 4. Nato analiziramo primer, ko imamo v edinki element, ki imav zapisu na produkt locenih ciklov vsaj dva 3-cikla. Sledi primer, ko imamov edinki element, ki ima v zapisu na produkt locenih ciklov en 3-cikel innekaj locenih transpozicij. Nazadnje obdelamo se primer, ko so vsi elementiv edinki le produkti locenih transpozicij. �

Skupaj z zgornjo analizo tako dobimo naslednji izrek.

Izrek 5.12. Najmanjsa enostavna grupa, ki ni prastevilskega reda, je al-ternirajoca grupa A5.

Na tem mestu zakljucujemo naso obravnavo teorije grup. Seveda se tuteorija grup se ne konca. Ceprav se danes s klasifikacijo koncnih enostavnihgrup ne ukvarjamo vec, je teorija grup se vedno zelo aktivno matematicnopodrocje, ki ponuja vrsto novih spoznanj o grupah in njihovih lastnostih,le-ta pa se potem s pridom uporabljajo na drugih podrocjih matematike inizven nje.

Naloga 5.7. Naj bo 1 < n < 24 poljubno naravno stevilo, ki ni prastevilo,in naj bo G grupa reda n. Pokazite, da tedaj obstaja prastevilski delitelj preda n, da je p-Sylowka grupe G edinka. Nato pokazite, da za n = 24 tasklep ne velja vec.

Naloga 5.8. Pokazite, da ne obstaja enostavna nekomutativna grupa redan, kjer je 61 ≤ n ≤ 71.

Naloga 5.9. Naj bo G grupa reda n, kjer je n ∈ {100, 200, 400}. Pokazite,da tedaj G ni enostavna grupa.

Naloga 5.10. Dokazite, da ne obstaja enostavna grupa reda 192.

Del II

Teorija kolobarjev in polj

53

Poglavje 6

Ponovitev osnovnih pojmov

V tem poglavju na kratko ponovimo osnovne pojme teorije kolobarjev,ki se jih obravnava ze pri predmetu Algebrske strukture. Predstavimotudi nekaj znanih druzin kolobarjev. Podrobnosti so tako prepuscene bralcu.

6.1 Pojem kolobarja in nekatere druzine

Spomnimo se najprej definicije kolobarja.

Definicija. Naj bo K neprazna mnozica in naj bosta + in · dve dvoclenioperaciji na K. Tedaj je trojica (K,+, ·) kolobar, ce velja:

(K1) (K,+) je komutativna grupa.

(K2) Operacija · je asociativna na K.

(K3) Veljata oba distributivnostna zakona, to je, za poljubne a, b, c ∈ Kvelja:

a · (b+ c) = a · b+ a · c in (b+ c) · a = b · a+ c · a.

Ce je operacija · komutativna, je (K,+, ·) komutativen kolobar.

Dogovorimo se, da bomo tudi pri kolobarjih znak · za multiplikativno op-eracijo obicajno izpuscali, prav tako pa bomo obicajno namesto o kolobarju(K,+, ·) govorili kar o kolobarju K. Kardinalnost |K| pripadajoce mnoziceK imenujemo red kolobarja K.

Vsak kolobar K je torej za sestevanje (komutativna) grupa in zato imanevtralni element za sestevanje. Pravimo mu nicla kolobarja K in ga ozna-cimo z 0K (oziroma kar z 0, ce ni bojazni za nesporazum). Vsak elementa ∈ K ima tudi aditivni inverz, ki ga oznacimo z −a in mu obicajno recemonasprotni element elementa a. Vcasih se zgodi, da ima kolobar tudi nev-tralni element za mnozenje. Bralec naj obnovi dokaz, da je v tem primeru

55


tak element en sam. Pravimo mu enica kolobarja K in ga oznacimo z 1K(oziroma kar z 1, ce ni bojazni za nesporazum). Kolobarju, ki premore enico,pravimo kolobar z enico. Pri delu s kolobarji uporabljamo tudi oznake

a+ a+ · · ·+ a︸︷︷︸n

= na in aa · · · a︸︷︷︸n

= an,

pri cemer se je treba zavedati, da zapis na torej v splosnem ne pomeniprodukta dveh elementov kolobarja.

Ce imamo kolobar K z enico, se je smiselno sprasevati o obstoju multi-plikativnih inverzov, to je, za a ∈ K se sprasujemo po obstoju elementab ∈ K, za katerega je ab = ba = 1. Tudi tu naj bralec obnovi dokaz, da jev tem primeru multiplikativni inverz en sam, ki ga zato lahko oznacimo karz a−1 in mu obicajno recemo obratni element elementa a. Rekli bomo, daje v takem primeru element a obrnljiv. Seveda imamo v kolobarju K vsajen element, ki ni obrnljiv, namrec nicla 0. Obicajno pa obstajajo se drugineobrnljivi elementi. Mnozico vseh obrnljivih elementov kolobarja z enicoK oznacimo s K∗. Kot pokaze naslednja trditev, ki jo ze poznamo, gre zamultiplikativno grupo.

Trditev 6.1. Naj bo K kolobar z enico. Tedaj je (K∗, ·) grupa.

Kolobarji z enico, v katerih so obrnljivi vsi nenicelni elementi, so posebejzanimivi. Damo jim tudi posebno ime.

Definicija. Naj bo K kolobar z enico. Ce so v K obrnljivi vsi nenicelnielementi, to je, ce velja K∗ = K \ {0}, je K obseg. Ce je kolobar K tudikomutativen, je K polje.

Preden navedemo nekaj znanih druzin kolobarjev, se spomnimo se nasled-njih dokaj ocitnih, a pomembnih lastnosti kolobarjev.

Trditev 6.2. Naj bo K kolobar. Tedaj za poljubna a, b ∈ K velja:

(i) 0a = a0 = 0.

(ii) (−a)b = a(−b) = −(ab).

(iii) (−a)(−b) = ab.

(†) Bralec naj za vajo obnovi dokaz, da v primeru, ko ima kolobar K enico,za vsak a ∈ K velja −a = (−1)a. Pomaga naj si z zgornjo trditvijo.

Oglejmo si za konec tega uvodnega razdelka se nekaj znanih druzin kolo-barjev.

Kolobar Zn ostankov pri deljenju z n:Pripadajoca mnozica je kar mnozica Zn ostankov pri deljenju z n. Da je Znza sestevanje po modulu n komutativna grupa, ze vemo. Mnozenje defini-ramo kot mnozenje po modulu n (tako je v Z10 na primer 3 · 7 = 1). Bralec

6.1. POJEM KOLOBARJA IN NEKATERE DRUZINE 57

naj za vajo obnovi dokaz, da na ta nacin dobimo komutativen kolobar zenico reda n.

Matricni kolobar Kn×n:Za poljuben kolobar K in naravno stevilo n lahko na mnozici vseh matrikdimenzije n× n s koeficienti iz kolobarja K definiramo strukturo kolobarja,kjer vzamemo kar obicajno sestevanje in mnozenje matrik. Vse potrebnelastnosti kolobarja (K1)–(K3) sledijo neposredno iz ustreznih lastnosti kolo-barja K. Seveda ima v primeru, da ima kolobar K enico, tudi kolobar Kn×n

enico. Opozorimo pa, da se komutativnost s kolobarja K ne prenese nakolobar Kn×n (bralca vabimo, da se v to preprica s primernim konkretnimzgledom).

Kolobar funkcij Fun(X,K):Naj bo X poljubna neprazna mnozica, K pa poljuben kolobar. Pripada-joca komutativna grupa je kar grupa funkcij Fun(X,K), kjer je sestevanjedefinirano “po tockah” (torej (f+g)(x) = f(x)+g(x) za f, g ∈ Fun(X,K) inx ∈ X). Tudi mnozenje definiramo “po tockah”, to je, za f, g ∈ Fun(X,K)in x ∈ X je (f · g)(x) = f(x)g(x).

Omeniti velja se nekatere dobro znane neskoncne kolobarje, kot na primerkolobar celih stevil Z, pa kolobarji Q, R in C. Bralec bo preveril, da so slednjitrije celo polja, medtem ko kolobar Z ni polje. Kljub temu bo kolobar Z vnadaljevanju igral pomembno vlogo.

Za konec tega razdelka omenimo se naslednje. Matricni kolobarji inkolobarji funkcij nam omogocajo, da iz ze znanih kolobarjev konstruiramonove. V nadaljevanju bomo govorili tudi o kolobarjih polinomov, s cimerprav tako iz ze znanih kolobarjev dobimo nove. Obstaja pa vsaj se enpreprost naraven nacin konstrukcije novih kolobarjev iz ze znanih. Takokot smo v teoriji grup pokazali, da je direktni produkt grup grupa, je tudidirektni produkt kolobarjev kolobar. Definiramo ga torej na kartezicnemproduktu pripadajocih mnozic, operaciji pa definiramo tako, da sestevamoin mnozimo po komponentah. Bralcu prepuscamo dokaz, da na ta nacinzares dobimo kolobar.

Naloga 6.1. Kot smo omenili, v kolobarju K zahtevamo, da je (K,+)komutativna grupa, kar med drugim pomeni, da je operacija + komutativna.Pokazite, da za kolobarje z enico to sledi ze iz distributivnostnih zakonov.(Nasvet: Vzemite poljubna a, b ∈ K in s pomocjo distributivnostnih zakonov na

dva razlicna nacina izracunajte produkt (1 + 1)(a+ b).)

Naloga 6.2. Naj bo (K,+) poljubna komutativna grupa. Na K definirajmotrivialno mnozenje, kjer za poljubna a, b ∈ K postavimo a · b = 0. Pokazite,da smo na ta nacin na K dobili strukturo kolobarja.

Naloga 6.3. Oglejte si kolobar K = Z2×22 . Kaksnega reda je ta kolobar?

Pokazite, da ima enico. Koliko elementov premore njegova multiplikativnagrupa K∗ obrnljivih elementov? Kateri znani grupi je izomorfna?


Naloga 6.4. Pokazite, da je kolobar funkcij K = Fun({1, 2},Z4) komu-tativen kolobar z enico. Kateri element kolobarja K je njegova enica?Kaksnega reda je ta kolobar? Dolocite multiplikativno grupo K∗ obrnljivihelementov kolobarja K. Kateri znani grupi je izomorfna?

Naloga 6.5. Oglejte si kolobar K = Z2×Z8. Kaksnega reda je ta kolobar?Pokazite, da ima enico. Koliko elementov premore njegova multiplikativnagrupa K∗ obrnljivih elementov? Kateri znani grupi je izomorfna?

Naloga 6.6. Naj bo K = 2Z mnozica vseh sodih celih stevil. Na mnoziciK definiramo obicajno sestevanje in mnozenje celih stevil. Pokazite, da nata nacin K postane kolobar. Ali je komutativen? Ima enico?

Naloga 6.7. Naj bo X poljubna mnozica. Na njeni potencni mnozici P(X)tedaj definiramo operaciji + in · s predpisoma

A+B = A \B ∪B \A in A ·B = A ∩B.

Pokazite, da je (P(X),+, ·) kolobar in se prepricajte, da ima enico.

6.2 Podkolobar, ideal in kvocientni kolobar

Kot pri vsaki algebrski strukturi tudi pri kolobarjih poznamo pojempodstrukture, namrec podkolobarja. Tako, kot so v teoriji grup pomem-bno vlogo igrale posebne podgrupe, namrec edinke, tudi v teoriji kolobarjevpomembno vlogo igrajo posebni podkolobarji, ki jim recemo ideali.

Definicija. Naj bo K kolobar. Njegova neprazna podmnozica L je pod-kolobar kolobarja K (oznaka L ≤ K), ce je sam zase kolobar za podedovanioperaciji. Ce dodatno velja se, da za vsak a ∈ K velja aL ⊆ L in La ⊆ L,kjer je aL = {a` : ` ∈ L} in La = {`a : ` ∈ L}, je L ideal kolobarja K.

Tu velja omeniti, da nekateri avtorji govorijo tudi o levih idealih (pri ka-terih zahtevamo samo prvega izmed zgornjih dveh pogojev, torej aL ⊆ L zavse a ∈ K), desnih idealih (pri katerih zahtevamo samo drugega od zgornjihdveh pogojev) in dvostranskih idealih (pri katerih zahtevamo oba pogoja),vendar bomo mi zadeve poenostavili in uporabljali kar zgornjo definicijo.Spomnimo se, da lahko zgornje definicije prepisemo v naslednjo ekvivalentnoobliko.

Trditev 6.3. Naj bo K kolobar in naj bo L njegova neprazna podmnozica.Tedaj je L podkolobar kolobarja K natanko tedaj, ko sta izpolnjena naslednjadva pogoja:

(i) Za poljubna a, b ∈ L velja a− b ∈ L.

(ii) Za poljubna a, b ∈ L velja ab ∈ L.

6.2. PODKOLOBAR, IDEAL IN KVOCIENTNI KOLOBAR 59

Ce namesto pogoja (ii) velja celo

(iii) Za poljubna a ∈ L in b ∈ K velja ab ∈ L in ba ∈ L,

je L celo ideal kolobarja K.

Kolobarji Z, Q, R so na primer zgledi podkolobarjev kolobarja C. Pravnobeden izmed njih seveda ni ideal kolobarja C, saj na primer i = i · 1 nielement nobenega od njih. Primer podkolobarja dobimo tudi, ce v kolobarjuFun(R,R) vseh realnih funkcij za sestevanje in mnozenje po tockah vzamemopodmnozico vseh zveznih funkcij. Primer ideala dobimo, ce na primer vkolobarju Z12 vzamemo podmnozico vseh sodih ostankov pri deljenju z 12,to je aditivno podgrupo, generirano z 2.

Tako kot je presek podgrup podgrupa in presek edink edinka, je tudipresek podkolobarjev kolobarja njegov podkolobar, presek idealov kolobarjapa njegov ideal. To pomeni, da za vsako podmnozico M ⊆ K kolobarjaK obstaja najmanjsi podkolobar kolobarja K, ki vsebuje M , ki je kar enakpreseku vseh podkolobarjev kolobarja K, ki vsebujejo M . Imenujemo gapodkolobar kolobarja K, generiran z M . Podobno obstaja najmanjsi idealkolobarja K, ki vsebuje M . Seveda ga zopet dobimo kot presek vseh idealovkolobarja K, ki vsebujejo M . Imenujemo ga ideal kolobarja K, generiran zM . Za a ∈ K ideal kolobarja K, generiran z a, oznacimo z (a).

(†) Bralec naj za vajo potrdi vse trditve, ki smo jih navedli v zgornjih dvehodstavkih.

Kot smo ze omenili, igrajo ideali v teoriji kolobarjev podobno vlogo kotedinke v teoriji grup. Ce je namrec K kolobar in je I njegov ideal, lahkotvorimo kvocientni kolobar K/I = {a+ I : a ∈ K}, na katerem sestevanje inmnozenje definiramo z naslednjima dvema praviloma:

(a+ I) + (b+ I) = (a+ b) + I in (a+ I)(b+ I) = ab+ I za vse a, b ∈ K.

(†) Bralec naj za vajo obnovi dokaz, da na ta nacin res dobimo dobro defini-rani operaciji na kvocientni mnozici K/I.

Spomnimo se se pojma deliteljev nica.

Definicija. Naj bo K kolobar in naj bo a ∈ K nek njegov nenicelen element.Tedaj je a delitelj nica v kolobarju K, ce obstaja tak nenicelen element bkolobarja K, da je ab = 0 ali ba = 0.

Tako so na primer delitelji nica v kolobarju Z15 ravno 3, 5, 6, 9, 10 in 12(na primer, 9 · 5 = 0). Spomnimo se, da komutativnemu kolobarju z enico,ki nima deliteljev nica, recemo cel kolobar. Primera celih kolobarjev sta naprimer kolobarja Z7 in Z, v kar naj se bralec tudi sam preprica.

Za konec ponovitvenega poglavja se spomnimo se definicije homomor-fizma in izomorfizma kolobarjev.


Definicija. Naj bosta K1 inK2 poljubna kolobarja. Preslikava ϕ : K1 → K2

je homomorfizem kolobarjev, ce je usklajena z obema operacijama, to je:

ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b) in ϕ(a · b) = ϕ(a) · ϕ(b) za vse a, b ∈ K1.

V primeru, da je ϕ bijektivni homomorfizem kolobarjev, je ϕ izomorfizemkolobarjev, kolobarja K1 in K2 pa sta v tem primeru izomorfna.

Med drugim sta torej izomorfna kolobarja izomorfna kot pripadajoci ko-mutativni grupi. A ta pogoj ni zadosten. Na primer, ze na mnozici Z3 lahkodefiniramo dva neizomorfna kolobarja. Eden je obicajni kolobar na Z3, kjersestevamo in mnozimo po modulu 3. Pri drugem naj bo sestevanje zopetkar sestevanje po modulu 3, za mnozenje pa definirajmo, da za vsak para, b ∈ Z3 velja ab = 0 (bralec naj se spomni naloge 6.2, iz katere sledi, dasmo na ta nacin res definirali strukturo kolobarja). Seveda drugi kolobarni izomorfen prvemu kolobarju, saj je na primer v prvem 1 = 1 · 1, torejbi za eventuelni izomorfizem ϕ moralo veljati ϕ(1) = ϕ(1)ϕ(1) = 0. A kerje ϕ tudi izomorfizem grup, bi veljalo tudi ϕ(0) = 0, kar je v nasprotjuz bijektivnostjo preslikave ϕ. Na tem mestu sklenimo dogovor, da bomovedno, kadar bomo govorili o “kolobarju Zn”, mislili na kolobar z obicajnodefiniranima operacijama sestevanja in mnozenja po modulu n.

Naloga 6.8. Poiscite vse podkolobarje in vse ideale kolobarja Z12.

Naloga 6.9. Poiscite vse podkolobarje kolobarja Z2×22 , ki so reda 4. Ali je

kateri izmed njih njegov ideal?

Naloga 6.10. Naj bo K komutativen kolobar z enico in naj bo a ∈ K.Pokazite, da tedaj velja (a) = {ka : k ∈ K}.

Naloga 6.11. Oglejte si element a = (2, 3) kolobarja Z×Q. Dolocite ideal(a). Ima kolobar Z×Q enico? Je element a obrnljiv?

Naloga 6.12. Naj bo a =

[0 10 1

]∈ Z2×2

2 . Dolocite ideal (a). Ali velja

(a) = {ka : k ∈ Z2×22 }?

Naloga 6.13. Naj bo Z[√

2] = {a + b√

2: a, b ∈ Z} ⊆ R. Pokazite, da imavsak element iz Z[

√2] enolicen zapis v obliki a + b

√2, kjer sta a, b ∈ Z.

Pokazite, da je Z[√

2] podkolobar kolobarja R. Je morda tudi njegov ideal?

Naloga 6.14. Naj bo Z[i] = {a+ bi : a, b ∈ Z} ⊆ C, kjer je i ∈ C (spomnitese, da je i2 = −1). Pokazite, da ima vsak element iz Z[i] enolicen zapis vobliki a + bi, kjer sta a, b ∈ Z. Pokazite, da je Z[i] podkolobar kolobarjaR. Ker gre za precej pomemben kolobar, se je zanj uveljavilo posebno ime.Pravimo mu kolobar Gaussovih celih stevil.

Naloga 6.15. Naj bo X = {1, 2, 3} in naj bo K = P(X), kjer strukturokolobarja definiramo kot v nalogi 6.7. Dolocite vse podkolobarje kolobarjaK.

Poglavje 7

Kolobar celih stevil

V tem poglavju se bomo posvetili kolobarju celih stevil Z. Gre za neskon-cen komutativen kolobar, s katerim se srecamo ze v osnovni soli. Kot bomovideli, ima ta kolobar nekaj zelo lepih lastnosti. Pravzaprav gre za “solski”primer kolobarja, ki ima cel kup lepih lastnosti. Ta kolobar je namrec celkolobar, glavni kolobar, kolobar z enolicno faktorizacijo in celo evklidskikolobar. V njem velja Evklidov algoritem, pa kitajski izrek o ostankih, maliFermatov in Eulerjev izrek, in podobno. Izkaze se, da znamo nekatere izmedpripadajocih izrekov posplositi na bolj splosne kolobarje. Nekatere od tehposplositev bomo spoznali v kasnejsih poglavjih.

7.1 Faktorizacija in Evklidov algoritem

Najprej se posvetimo nekaterim lastnostim kolobarja celih stevil, ki jihpoznamo ze iz srednje sole. Zato bomo obcasno kak dokaz ali del dokazaprepustili bralcu. Prvi pomemben rezultat je tako imenovani algoritem del-jenja.

Izrek 7.1 (Algoritem deljenja v Z). Naj bosta a in b poljubni celi stevili,pri cemer a 6= 0. Tedaj obstajata enolicno doloceni celi stevili q in r, pricemer je 0 ≤ r < |a|, da velja b = qa+ r.

Dokaz: Dokazimo izrek za primer, ko sta stevili a in b nenegativni, ostaleprimere pa prepustimo bralcu. Oglejmo si mnozico Q = {k ∈ Z+ : b− ka ≥0} (tu je Z+ mnozica vseh nenegativnih celih stevil). Ker je b ≥ 0, jemnozica Q neprazna, saj vsebuje vsaj stevilo 0. Ker je a > 0, je a naravnostevilo, torej zaradi neomejenosti naravnih stevil obstaja nenegativno celostevilo k, da je ka > b. Mnozica Q ja tako navzgor omejena in zato imanajvecji element. Oznacimo ga s q in definirajmo r = b− qa. Ker je q ∈ Q,je r ≥ 0. Ce je r ≥ a, je b − (q + 1)a = r − a ≥ 0, torej je q + 1 ∈ Q, karje zaradi maksimalnosti q nemogoce. Velja torej 0 ≤ r < a in b = qa + r, scimer smo zagotovili obstoj stevil q in r iz izreka.

61

62 POGLAVJE 7. KOLOBAR CELIH STEVIL

Pokazimo se, da sta q in r enolicno dolocena. Naj torej za 0 ≤ r, r′ < ain q, q′ ∈ Z velja qa+ r = b = q′a+ r′. Brez skode za splosnost privzemimo,da je r ≥ r′. Tedaj je r − r′ = (q′ − q)a ≥ 0. Ce torej velja r′ 6= r, je zaradia > 0 tudi q′ 6= q in tako je r − r′ = (q′ − q)a ≥ a. A ker velja 0 ≤ r, r′ < a,je to nemogoce. Torej je r′ = r, posledicno pa zaradi a > 0 se q′ = q. �

Stevilu q iz zgornjega izreka obicajno recemo kvocient, stevilu r pa os-tanek pri deljenju b z a. V Magmi na primer stevilo q dobimo z ukazomb div a, stevilo r pa z ukazom b mod a. Naslednja definicija bo bralcuzagotovo dobro znana.

Definicija. Naj bosta a in b poljubni celi stevili. Tedaj stevilo a deli stevilob, kar zapisemo z a | b, ce obstaja celo stevilo q, da je b = qa. Naravnostevilo p ≥ 2 je prastevilo, ce je deljivo le s stevili ±1 in ±p.

Bralec bo opazil, da torej a deli b natanko tedaj, ko je ostanek r valgoritmu deljenja za b in a enak 0. Opazimo tudi, da vsako celo stevilo deli0, to je, a | 0 za vse a ∈ Z. Po drugi strani 0 deli le sebe, to je, ce 0 | b,potem je b = 0. Se nekaj velja opaziti. Po nalogi 6.10 za vsak a ∈ Z velja(a) = {qa : q ∈ Z}. To pomeni, da je ideal (a) ravno mnozica vseh celihstevil, ki so deljiva z a, oziroma vseh veckratnikov stevila a. Tudi naslednjodefinicijo poznamo ze iz srednje sole.

Definicija. Naj bosta a in b poljubni celi stevili. Tedaj je njun najvecjiskupni delitelj D(a, b) najvecje celo stevilo, ki deli tako a kot b, razen vprimeru, ko je a = b = 0. V tem primeru definiramo D(0, 0) = 0.

Kot pokaze naslednji izrek, ima najvecji skupni delitelj dveh celih stevilzelo zanimivo lastnost.

Izrek 7.2. Naj bosta a in b poljubni celi stevili. Tedaj je njun najvecjiskupni delitelj Z-linearna kombinacija stevil a in b. To pomeni, da obstajataceli stevili s in t, da je D(a, b) = sa+ tb.

Dokaz: Ce velja a = b = 0, ni kaj dokazati, zato lahko brez skode zasplosnost privzamemo, da velja a 6= 0. Naj bo sedaj K = {sa+ tb : s, t ∈ Z}.Brz opazimo, da sta stevili a in −a vsebovani v mnozici K. To pomeni, damnozica K vsebuje vsaj eno naravno stevilo. Ker je mnozica naravnih stevilnavzdol omejena, lahko torej najdemo najmanjse naravno stevilo d, ki je seelement mnozice K. Oznacimo ga z d. Po definiciji obstajata celi stevili sin t, da je d = sa + tb. Trdimo, da smo s tem nasli najvecji skupni deliteljstevil a in b, to je, da velja d = D(a, b). Po algoritmu deljenja (izrek 7.1)obstajata q, r ∈ Z, kjer je 0 ≤ r < d, da je a = qd + r, od koder sledir = a − qd = (1 − qs)a + (−qt)b ∈ K. Zaradi minimalnosti d in 0 ≤ r < dsledi r = 0. Potemtakem d deli a. Povsem analogno dokazemo, da veljatudi d | b, s cimer smo pokazali, da je d skupni delitelj a in b. Naj bo sedaj

7.1. FAKTORIZACIJA IN EVKLIDOV ALGORITEM 63

c poljuben skupni delitelj a in b. Tedaj obstajata celi stevili a′ in b′, da jea = ca′ in b = cb′. Tedaj pa je d = sa+ tb = c(sa′ + tb′), torej c deli tudi d.Od tod seveda takoj sledi |c| ≤ d in zato res velja d = D(a, b). �

Zgled: Zlahka se prepricamo, da je D(14, 30) = 2. Po zgornjem izreku je2 Z-linearna kombinacija stevil 14 in 30. Res, 2 = 30− 2 · 14. Tudi, da veljaD(123, 321) = 3, se ni prav tezko prepricati. Ustrezna linearna kombinacijastevil 123 in 321 pa ni vec tako ocitna. Izkaze se, da je ena izmed moznosti3 = 47 · 123 − 18 · 321. Kot bomo kmalu videli, ustrezna koeficienta s in tzlahko dobimo s pomocjo Evklidovega algoritma. N

Zgoraj smo omenili, da v kolobarju Z ideal generiran z a sovpada zmnozico vseh veckratnikov stevila a. Naslednji izrek pokaze, da je v kolo-barju Z vsak ideal take oblike.

Izrek 7.3. Naj bo I poljuben ideal kolobarja Z. Tedaj obstaja nenegativnocelo stevilo a, da je I = (a).

Dokaz: Ce je I kar trivialni ideal I = {0}, je I = (0). Privzemimo tedaj,da je I netrivialen ideal. Ker za vsak a ∈ I velja tudi −a ∈ I in so naravnastevila navzdol omejena, obstaja najmanjse naravno stevilo a, da velja a ∈ I.Dokazimo, da tedaj velja I = (a). Ker je I ideal, ki vsebuje a, seveda velja(a) ⊆ I. Naj bo sedaj b ∈ I poljuben element. Po algoritmu deljenjaobstajata celi stevili q in r, kjer je 0 ≤ r < a, da je b = qa+ r. Ker sta takob kot a elementa ideala I, je r = b−qa ∈ I. Glede na izbiro elementa a sledir = 0 in tako je b = qa ∈ (a). Tako res velja I = (a), kot smo trdili. �

Celim kolobarjem z zgornjo lastnostjo (da je torej vsak njihov ideal gener-iran z enim elementom) damo posebno ime.

Definicija. Naj bo K cel kolobar, torej komutativen kolobar z enico in brezdeliteljev nica. Ce je v njem vsak ideal generiran z enim samim elementom,to je, ce za vsak ideal I kolobarja K obstaja a ∈ K, da je I = (a), je Kglavni kolobar.

Po izreku 7.3 je torej kolobar Z primer glavnega kolobarja. Tudi nasled-njo lastnost celih stevil, znano pod imenom Evklidova lema, dobro poznamoiz srednje sole.

Izrek 7.4 (Evklidova lema). Naj bosta a in b poljubni celi stevili in naj bo ppoljubno prastevilo. Ce p deli produkt ab, potem p deli vsaj eno izmed stevila in b. Velja pa tudi obrat. Ce je m ≥ 2 tako naravno stevilo, da za poljubniceli stevili a in b iz dejstva m | ab sledi m | a ali m | b, potem je m prastevilo.

Dokaz: Denimo, da prastevilo p deli produkt ab in privzemimo, da p nedeli a. Ker je p prastevilo, sledi D(p, a) = 1 in tako po zgornjem izreku 7.2


obstajata celi stevili s in t, da je 1 = sp+ ta. To pomeni, da je b = spb+ tab.Ker p deli produkt ab, obstaja c ∈ Z, da je ab = pc. Potemtakem jeb = spb+ tpc = p(sb+ tc), torej v tem primeru p deli b. V vsakem primerutorej p deli vsaj eno izmed stevil a in b.

Da dokazemo obrat privzemimo nasprotno, da m ni prastevilo. Tedajobstajata 1 < a, b < m, da je m = ab. Ker torej m deli produkt ab, popredpostavki m deli vsaj eno izmed stevil a in b, kar pa je seveda nemogoce,saj je 1 < a, b < m. �

Tudi ta zanimiva lastnost kolobarja Z je nasla svoje ime v splosni teorijikolobarjev.

Definicija. Naj bo K komutativen kolobar. Njegov pravi ideal P (torejP 6= K) je praideal kolobarja K, ce za poljuben par elementov a, b ∈ K, zakatera je ab ∈ P , velja, da je vsaj eden izmed elementov a in b vsebovan videalu P .

Iz izreka 7.3 in Evklidove leme torej sledi, da so praideali kolobarja celihstevil Z natanko ideali (p), kjer je p prastevilo. To opravicuje izbiro imenaza praideale. Evklidova lema ima tudi naslednjo zanimivo posledico.

Posledica 7.5. Naj bo p prastevilo in naj bo 0 < k < p poljubno naravnostevilo. Tedaj p deli binomski koeficient

(pk

).

Dokaz: Po definiciji je(pk

)= p!

(p−k)!k! = p(p−1)···(p−k+1)k! . Potemtakem p deli

produkt(pk

)· k! (velja namrec 0 < k < p). Po Evklidovi lemi p deli vsaj eno

izmed stevil(pk

)in k!. Ker je p > k in je p prastevilo, p ne deli stevila k!,

torej mora deliti(pk

), kot smo trdili. �

Navedimo sedaj se dobro znani Evklidov algoritem, ki za poljubni celistevili a in b izracuna njun najvecji skupni delitelj, z njegovo pomocjo palahko potem konstruiramo tudi stevili s in t, za kateri je D(a, b) = sa+ tb.

Izrek 7.6 (Evklidov algoritem). Naj bosta a in b poljubni celi stevili, odkaterih je vsaj eno razlicno od 0. Tedaj obstaja algoritem, ki poisce njunnajvecji skupni delitelj D(a, b) in obstaja algoritem, ki poisce celi stevili s int, za kateri je D(a, b) = sa+ tb.

Dokaz: Tudi tokrat nevedimo dokaz le za primer, ko velja a, b ≥ 0, razmis-lek za ostale primere pa prepustimo bralcu. Ker je vsaj eno od stevil a inb nenicelno in velja D(b, a) = D(a, b), lahko brez skode za splosnost pred-postavimo, da velja a > 0. Evklidov algoritem dobimo z veckratno uporaboizreka 7.1. Oznacimo r0 = b in r1 = a. Po izreku 7.1 obstajata celi steviliq1, r2, pri cemer je 0 ≤ r2 < r1, da je r0 = q1r1 + r2. Ce je r2 = 0, zalgoritmom koncamo. Sicer po izreku 7.1 obstajata celi stevili q2, r3, kjer je


0 ≤ r3 < r2, da je r1 = q2r2 + r3. Postopek nadaljujemo, dokler ne pridemodo situacije, ko je ostanek enak 0, to je, ko za nek n velja rn−1 = qnrn. Tose zagotovo zgodi vsaj po a korakih, saj so ostanki ri vsi nenegativni, polegtega pa velja r1 > r2 > r3 > · · · . Imamo torej sledeco situacijo:

r0 = q1r1 + r2 ; 0 < r2 < r1r1 = q2r2 + r3 ; 0 < r3 < r2r2 = q3r3 + r4 ; 0 < r4 < r3

......

rn−2 = qn−1rn−1 + rn ; 0 < rn < rn−1rn−1 = qnrn

Dokazimo, da velja D(a, b) = rn. Iz zadnje vrstice sledi rn | rn−1. Posledicnoiz predzadnje sledi rn | rn−2. Nadaljujemo po vrsticah navzgor in nazadnjeugotovimo, da rn deli tako r1 = a kot r0 = b. Tako je rn skupni delitelj stevila in b. Naj bo sedaj c poljubni skupni delitelj stevil a in b. Iz prve enakostitedaj sledi, da c deli r2. Iz druge potem sledi, da c deli r3, itd. Na koncudobimo, da c deli rn. Tako je rn skupni delitelj stevil a in b, ki je deljiv spoljubnim skupnim deliteljem teh dveh stevil in tako res velja rn = D(a, b).

Kako konstruirati iskani celi stevili s in t, je sedaj prav tako na dlani.Iz predzadnje enakosti namrec izluscimo rn = rn−2 − qn−1rn−1. Namestorn−1 lahko po eni vrstici visje pisemo rn−1 = rn−3 − qn−2rn−2, pa dobimorn = (1 + qn−1qn−2)rn−2 − qn−1rn−3. Sedaj lahko rn−2 izrazimo kot Z-linearno kombinacijo stevil rn−3 in rn−4, itd. Na koncu na ta nacin stevilorn zares zapisemo kot Z-linearno kombinacijo stevil r1 = a in r0 = b, kotsmo trdili. �

Zgled: Oglejmo si konkreten primer uporabe Evklidovega algoritma zastevili 123 in 321 in poiscimo se koeficienta s, t ∈ Z, da bo s · 123 + t ·321 = D(123, 321). Po algoritmu iz zgornjega dokaza vzamemo r0 = 321in r1 = 123, potem pa naracunamo vse ostanke ri, dokler ne pridemo doostanka 0. Dobimo:

321 = 2 · 123 + 75 ; r2 = 75123 = 1 · 75 + 48 ; r3 = 4875 = 1 · 48 + 27 ; r4 = 2748 = 1 · 27 + 21 ; r5 = 2127 = 1 · 21 + 6 ; r6 = 621 = 3 · 6 + 3 ; r7 = 36 = 2 · 3

To pomeni, da je D(123, 321) = 3. Da dobimo ustrezna koeficienta s in t,postopamo takole. Iz predzadnje enakosti razberemo, kako se D(123, 321) =r7 zapise kot Z-linearna kombinacija ostankov r5 in r6. Dobimo

3 = 1 · 21− 3 · 6.


Naslednja enakost nam pove kako se r6 izraza z r4 in r5. Uporabimo torej6 = 1 · 27− 1 · 21 in vstavimo v zgornjo enakost, pa dobimo

3 = −3 · 27 + 4 · 21.

Sedaj uporabimo zvezo, ki r5 = 21 izraza z r3 in r4, torej 21 = 1 · 48− 1 · 27,pa dobimo

3 = 4 · 48− 7 · 27.

Izrazimo r4 = 27 z r2 in r3, pa dobimo

3 = −7 · 75 + 11 · 48.

Izrazimo r3 = 48 z r1 in r2, pa dobimo

3 = 11 · 123− 18 · 75.

Nazadnje izrazimo se r2 = 75 z r0 = 321 in r1 = 123, pa koncno dobimo

3 = −18 · 321 + 47 · 123.

N

Z vidika casovne zahtevnosti Evklidovega algoritma je zelo pomembnovprasanje koliko korakov potrebuje ta algoritem, da izracuna najvecji skupnidelitelj dveh stevil. Naslednji izrek, katerega dokaz bomo izpustili, je leta1884 objavil Gabriel Lame, ceprav je moc zgornje meje za stevilo korakovnajti ze v knjigi Simona Jacoba, objavljeni okrog leta 1564. Zanimivo je, dase v Lamejevem dokazu pojavijo dobro znana Fibonaccijeva stevila. Dokazalje namrec, da v primeru, ko sta b > a za dano naravno stevilo n najmanjsinaravni stevili, za kateri Evklidov algoritem porabi n korakov (n deljenj),velja, da sta a in b ravno Fibonaccijevi stevili fn+1 in fn+2, kjer je f1 = 1,f2 = 1 in f3 = 2. V nekoliko poenostavljeni obliki lahko Lamejev izrekzapisemo kot sledi.

Izrek 7.7 (Lame). Naj bosta a in b naravni stevili, pri cemer je b ≥ a. Tedajje stevilo korakov Evklidovega algoritma za stevili b in a najvec petkratnikstevila decimalnih mest v desetiskem zapisu stevila b.

Omenimo se, da je v povprecju stevilo korakov se precej manjse. HansArnold Heilbronn je kasneje dokazal, da je povprecno stevilo korakov Evkli-dovega algoritma nekaj manj kot dvakratnik stevila decimalnih mest vecjegaizmed obeh stevil.

Razdelek zakljucimo z enim pomembnejsih izrekov o kolobarju celihstevil Z, ki je znan pod imenom Osnovni izrek aritmetike, in pove, daima vsako naravno stevilo n ≥ 2 enolicno faktorizacijo na produkt samihprastevil, seveda le do vrstnega reda faktorjev natancno.


Izrek 7.8 (Osnovni izrek aritmetike). Naj bo n ≥ 2 poljubno naravno stevilo.Tedaj ima stevilo n enolicno faktorizacijo na produkt samih prastevil, dovrstnega reda faktorjev natancno.

Dokaz: Pokazimo najprej, da lahko vsako naravno stevilo n ≥ 2 res zapi-semo kot produkt samih prastevil. Ce to ni res, obstaja najmanjse naravnostevilo n ≥ 2, ki taksnega zapisa nima. Med drugim to pomeni, da n niprastevilo. Potemtakem obstaja naravno stevilo 1 < a < n, ki deli n, torejobstaja se naravno stevilo 1 < b < n, da je n = ab. Zaradi minimalnostilahko vsako izmed stevil a in b zapisemo kot produkt samih prastevil. Tedajpa je seveda tudi n produkt prastevil, kar je po predpostavki nemogoce.Tako res lahko vsako naravno stevilo n ≥ 2 zapisemo kot produkt samihprastevil.

Pokazimo se enolicnost razcepa. Naj bo tedaj n = p1p2 · · · ps = q1q2 · · · qt,kjer so pi in qj (ne nujno paroma razlicna) prastevila. Brez skode zasplosnost privzemimo, da velja s ≥ t. Enolicnost dokazemo z indukcijona s. Ce je s = 1, je n = p1, torej mora veljati t = 1 in q1 = p1. Naj bo torejs ≥ 2. Ker ps deli n, seveda deli produkt q1q2 · · · qt, torej po Evklidovi lemideli vsaj eno izmed prastevil qj . Brez skode za splosnost smemo privzeti, daps deli kar qt. Ker je qt prastevilo in ps > 1, sledi qt = ps. Tedaj pa veljap1p2 · · · ps−1 = q1q2 · · · qt−1, od koder po indukcijski predpostavki sledi, da jet = s in da so prastevila qj le v morebiti drugacnem vrstnem redu zapisanaprastevila pi. S tem je dokaz koncan. �

Naloga 7.1. Naj bosta a in b taki nenicelni celi stevili, da a deli b, b pa delia. Pokazite, da v tem primeru velja bodisi a = b, bodisi a = −b.

Naloga 7.2. Naj bosta a in b poljubni celi stevili. Dokazite, da tedaj veljaD(b, a) = D(b− a, a).

Naloga 7.3. S pomocjo Evklidovega algoritma dolociteD(12327, 2409). Po-iscite tudi celi stevili s in t, za kateri velja D(12327, 2409) = s·12327+t·2409.

Naloga 7.4. Naj bodo a, b, c poljubna cela stevila. Definirajmo njihov naj-vecji skupni delitelj D(a, b, c) kot najvecje nenegativno celo stevilo d, ki jedelitelj vsakega izmed njih. Dokazite, da velja D(a, b, c) = D(a,D(b, c)).Izracunajte D(1435, 1491, 1515).

Naloga 7.5. Naj bo n naravno stevilo, ki ni deljivo s kvadratom nobenegaprastevila, to je, ne obstaja prastevilo p, da bi veljalo p2 | n. Pokazite, da jetedaj stevilo

√n iracionalno. Kaj pa ce za stevilo n vemo le to, da obstaja

prastevilo p, za katerega je maksimalna potenca k, za katero velja pk | n,liha? Ali je moc tudi v tem primeru dokazati, da je

√n iracionalno stevilo?

Naloga 7.6. Naj bosta a in b taki celi stevili, da je D(a, b) = 1, in da je abpopoln kvadrat. Pokazite, da sta tedaj tako a kot b popolna kvadrata.


Naloga 7.7. Naj bo p prastevilo in naj bo n poljubno naravno stevilo, kini deljivo s p. Pokazite, da tedaj p ne deli binomskega simbola

(npp

).

7.2 Kongruence in kolobar ZnV tem razdelku se bomo posvetili se kongruencam v kolobarju Z. Bralec

jih je zagotovo spoznal ze v okviru kaksnega drugega predmeta, za vsakprimer pa vseeno ponovimo definicijo.

Definicija. Naj bo n naravno stevilo in naj bosta a in b poljubni celistevili. Tedaj pravimo, da je stevilo a kongruentno stevilu b po modulun, kar oznacimo z a ≡ b (mod n), ce in samo ce n deli razliko b− a, to je

a ≡ b (mod n) ⇐⇒ n | (b− a).

Kongruenca po modulu n je seveda ekvivalencna relacija (bralca vabimo,naj obnovi dokaz tega dejstva), mnozica Zn vseh n ekvivalencnih razredovpa je za pripadajoci operaciji sestevanja in mnozenja po modulu n kolobar.To med drugim pomeni, da velja naslednja trditev (v resnici je ta trditeveden izmed glavnih korakov v dokazu, da je Zn zares kolobar, saj zagotovi,da sta operaciji sestevanja in mnozenja na Zn res dobro definirani).

Trditev 7.9. Naj bo n naravno stevilo in naj za cela stevila a, a′, b, b′ veljaa ≡ a′ (mod n) in b ≡ b′ (mod n). Tedaj velja a + b ≡ a′ + b′ (mod n) inab ≡ a′b′ (mod n).

Oglejmo si dva preprosta zgleda, ki pokazeta uporabnost kongruenc.

Zgled: Premislimo ali je stevilo 79 263 748 927 356 931 popoln kvadrat. Oz-nacimo to stevilo z n in predpostavimo, da za neko naravno stevilo m veljan = m2. Ker je 1000 = 125 · 8 ≡ 0 (mod 8), je n ≡ 931 (mod 8) in takozaradi 931 = 116 · 8 + 3 dobimo n ≡ 3 (mod 8). Ker 3 ∈ Z8 ni kvadratnobenega elementa iz Z8 (taksni so le 0, 1 in 4), od tod sledi, da n ni popolnkvadrat. N

Zgled: Poiscimo vse celostevilske resitve enacbe a4+b4 = 5c2. Seveda je turesitev a = b = c = 0. Denimo sedaj, da so a, b, c taka cela stevila, ki resijoto enacbo, da c 6= 0. Brez skode za splosnost lahko privzamemo, da veljaa, b, c ≥ 0. Za poljuben x ∈ Z8 je x2 ∈ {0, 1, 4}, posledicno pa je x4 ∈ {0, 1}.Stevilo a4 + b4 je torej po modulu 8 kongruentno enemu izmed stevil 0, 1 in2, medtem ko je stevilo 5c2 po modulu 8 kongruentno enemu od stevil 0, 4in 5. Sledi, da sta tako a4+b4 kot 5c2 kongruentni 0 po modulu 8, od tod pasledi, da so stevila a, b in c vsa soda. Torej tudi trojica celih stevil a′ = a/2,b′ = b/2 in c′ = c/2 resi isto enacbo, prav tako pa velja c′ > 0. Sedaj lahkota postopek nadaljujemo, pa dobimo neskoncno zaporedje resitev zgornje

7.2. KONGRUENCE IN KOLOBAR ZN 69

enacbe, pri tem pa namesto c dobivamo vse manjsa naravna stevila, kar jeseveda nemogoce. To protislovje pokaze, da je a = b = c = 0 edina resitevzgornje enacbe. N

Naslednji rezultat, ki ni vezan zgolj na kolobar Z, prikaze pomen delitel-jev nica (oziroma “nedeliteljev nica”).

Trditev 7.10. Naj bo K kolobar in naj bo a ∈ K nenicelen element, ki nidelitelj nica. Tedaj lahko v K krajsamo z a, tako z leve kot z desne.

Dokaz: Naj bosta torej b, c ∈ K taka, da je ab = ac. Po distributivnosti jetedaj a(b− c) = 0. Ker a 6= 0 ni delitelj nica, mora veljati b− c = 0, oziromab = c. Da lahko z a krajsamo tudi z desne, pokazemo povsem analogno. �

S pomocjo rezultatov prejsnjega razdelka lahko vprasanje deliteljev nicain obrnljivih elementov v kolobarju Zn povsem razresimo.

Trditev 7.11. Naj bo n ≥ 2 poljubno naravno stevilo. Nenicelen elementa ∈ Zn je tedaj delitelj nica kolobarja Zn natanko tedaj, ko velja D(n, a) > 1,in ima v Zn multiplikativni inverz natanko tedaj, ko je D(n, a) = 1.

Dokaz: Denimo najprej, da je d = D(n, a) > 1. V tem primeru obstajanaravno stevilo 1 < c < n, da je n = cd in obstaja 1 ≤ b < a, da jea = bd. Tedaj je c ∈ Zn nenicelen element, poleg tega pa velja ac = bdc =bn = 0 (v Zn), torej je a delitelj nica v Zn. Od tod takoj sledi, da a nimamultiplikativnega inverza, saj bi iz as = 1 takoj sledilo c = cas = 0, kar nires.

Denimo sedaj, da je D(a, n) = 1. Po izreku 7.2 obstajata celi stevili s, t,da je 1 = sa+ tn. Torej v Zn velja sa = 1 in tako je s multiplikativni inverzelementa a v Zn. Ce bi bil a delitelj nica v Zn, bi za nenicelen b ∈ Zn veljaloab = 0. Potem pa bi veljalo tudi b = 1 · b = sab = s · 0 = 0, kar je nemogoce.V tem primeru torej a ni delitelj nica, kot smo trdili. �

Tako so na primer v kolobarju Z20 delitelji nica 2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, 15, 16in 18, medtem ko je Z∗20 = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}. Zgornja trditev meddrugim pove tudi to, da je kolobar Zn brez deliteljev nica natanko tedaj,ko je Zn polje, kar se zgodi natanko tedaj, ko je n prastevilo. S tem smopravzaprav dokazali naslednji rezultat.

Posledica 7.12. Kolobar Zn je polje natanko tedaj, ko je n prastevilo.

V resnici je vse to le poseben primer splosne situacije. Velja namrecnaslednji zanimiv izrek.

Izrek 7.13. Naj bo K koncen kolobar brez deliteljev nica. Tedaj je K obseg.


Dokaz: Oznacimo z a1, a2, . . . , an vse nenicelne elemente kolobarja K (redkolobarjaK je torej n+1). Oglejmo si po vrsti produkte a1a1, a1a2, . . . , a1an.Ker je K brez deliteljev nica, so vsi elementi, ki jih na ta nacin dobimo,nenicelni, po trditvi 7.10 pa so med seboj tudi paroma razlicni. Tako smo stemi produkti dobili ravno vseh n nenicelnih elementov iz K in zato za nek1 ≤ i ≤ n velja a1ai = a1.

Pokazimo, da je ai nevtralni element za mnozenje v K. Najprej opazimo,da iz a1 = a1ai sledi, da za vsak aj velja a1aj = a1aiaj . Po trditvi 7.10 slediaj = aiaj , in tako je ai levi nevtralni element za mnozenje. To pa pomeni,da velja tudi a1 = aia1. Po analognem premisleku kot zgoraj tedaj za vsak1 ≤ j ≤ n velja se ajai = aj , torej je ai res enica kolobarja K. Brez skodeza splosnost sedaj privzamimo, da je i = 1 in nato namesto a1 pisimo 1.

Pokazimo sedaj se, da ima vsak aj , j ≥ 1, inverz glede na enico 1. Kotprej si ogledamo vse produkte aj1, aja2, aja3, . . . , ajan. Ker na ta nacindobimo n paroma razlicnih nenicelnih elementov kolobarja K, je natankoeden izmed njih enak 1, to je, ajak = 1 za nek 1 ≤ k ≤ n. Podobno obstajase 1 ≤ ` ≤ n, da je a`aj = 1. Tedaj pa je a` = a`1 = a`ajak = 1ak = ak intako je ak = a` multiplikativni inverz elementa aj . �

Pravzaprav se da dokazati, da je vsak koncen obseg komutativen in zatopolje (ustrezni rezultat se v literaturi imenuje mali Wedderburnov izrek). Adokaz tega dejstva je precej bolj netrivialen od zgornjega dokaza, zato ga tune bomo navedli.

Spomnimo se trditve 6.1, ki pove, da je za kolobar z enico K mnozica K∗

vseh obrnljivih elementov grupa za mnozenje. Potemtakem je po posledici 7.12za prastevilo p grupa Z∗p neka grupa reda p−1, torej po Lagrangevem izrekuza vsak nenicelen a ∈ Zp velja, da je njegov multiplikativni red deliteljstevila p−1. Med drugim torej to pomeni, da v Zp za vsak nenicelen a veljaap−1 = 1. S tem smo prakticno dokazali naslednji izrek.

Izrek 7.14 (Mali Fermatov izrek). Naj bo a ∈ Z poljubno stevilo in naj bo pprastevilo. Tedaj velja ap ≡ a (mod p). Ce p ne deli a, velja celo ap−1 ≡ 1(mod p).

Dokaz: Ce p deli a, je seveda ap ≡ a (mod p), saj sta tako a kot ap

kongruentna 0 po modulu p. Premislek za primer, ko p ne deli a in toreja predstavlja nenicelen element kolobarja Zp, smo naredili ze zgoraj, saj izap−1 ≡ 1 (mod p) ocitno sledi ap ≡ a (mod p). �

Ceprav je dokaz malega Fermatovega izreka tako preprost, je izrek precejuporaben. Oglejmo si dva zgleda.

Zgled: Izracunajmo ostanek stevila 32017 pri deljenju s 17.Seveda lahko to naredimo tako, da najprej izracunamo stevilo 32017, nato


pa dobljeno “astronomsko” veliko stevilo delimo s 17 in odcitamo ostanek.A precej bolj preprosta je pot z uporabo Fermatovega izreka. Le-ta namrecpove, da je 316 ≡ 1 (mod 17) in tako je 32017 = (316)126 · 31 ≡ 1126 · 3(mod 17). Tako je 32017 ≡ 3 (mod 17). N

Zgled: Pokazimo, da je za vsak n ∈ N stevilo n13 − n deljivo s 105.Najprej opazimo, da je 105 = 3·5·7, torej bo trditev dokazana, ce pokazemo,da je N(n) = n13 − n deljivo z vsakim izmed prastevil 3, 5 in 7. Ker jen13 − n = n(n12 − 1), je jasno, da za vsako prastevilo p ∈ {3, 5, 7} velja, dap deli N(n), ce p deli ze n. Denimo tedaj, da p ne deli n. Tedaj po malemFermatovem izreku sledi, da je np−1 ≡ 1 (mod p). Za p = 3 dobimo n2 ≡ 1(mod 3), od koder seveda sledi n12 ≡ 1 (mod 3). Podobno za p = 5 dobimon4 ≡ 1 (mod 5) in od tod n12 ≡ 1 (mod 5), za p = 7 pa se n6 ≡ 1 (mod 7)in tako n12 ≡ 1 (mod 7). Za vsak p ∈ {3, 5, 7} torej p deli bodisi n bodisin12 − 1, s cimer je trditev dokazana. N

Euler je Fermatov izrek posplosil s prastevil na poljubno naravno stevilon. Da bi ga lahko podali, vpeljimo se naslednjo oznako. Naj bo n poljubnonaravno stevilo. Tedaj je ϕ(n) stevilo naravnih stevil, manjsih od n, ki sotuja n. Funkcijo ϕ imenujemo Eulerjeva ϕ-funkcija. Bralec se bo preprical,da za poljubno naravno stevilo n velja ϕ(n) = |Z∗n|, posledicno pa zapoljubno prastevilo p velja ϕ(p) = p − 1. Pokaze naj tudi, da je na primerϕ(20) = 8.

Izrek 7.15 (Euler). Naj bo n poljubno naravno stevilo in naj bo a tako celostevilo, da je D(a, n) = 1. Tedaj je aϕ(n) ≡ 1 (mod n).

Dokaz: Vemo ze, da je nenicelen element b ∈ Zn obrnljiv v Zn natankotedaj, ko velja D(b, n) = 1. Tako je Z∗n grupa reda ϕ(n). Dokaz tega izrekaje sedaj na dlani. Ker je D(a, n) = 1, element a, gledan v Zn, pripadagrupi Z∗n. Po Lagrangevem izreku v Zn velja aϕ(n) = 1 in tako res dobimoaϕ(n) ≡ 1 (mod n), kot smo trdili. �

Zgled: S pomocjo Eulerjevega izreka tako na primer ugotovimo, da je10031004 ≡ 1 (mod 2012), saj je ϕ(2012) = 1004. N

Posvetimo se za konec tega poglavja se resevanju linearnih kongruencnihenacb. Najprej se bomo sprasevali po resitvah kongruencne enacbe oblike

ax ≡ b (mod n)

za neki celi stevili a in b ter naravno stevilo n. Ce je D(a, n) = 1, je stvarpreprosta. V tem primeru ima namrec a ∈ Zn multiplikativni inverz a−1,torej je zgornja enacba enakovredna enacbi x ≡ a−1b (mod n), ki ima ocitnonatanko eno resitev do kongruence po modulu n natancno. S tem zelimo


povedati, da je mnozica resitev ravno odsek a−1b+(n) = {a−1b+kn : k ∈ Z}.Kot pokaze naslednji izrek in njegov dokaz, tudi primer, ko je D(a, n) > 1zlahka uzenemo.

Izrek 7.16. Naj bosta a in b poljubni celi stevili in naj bo n naravno stevilo.Tedaj ima kongruencna enacba ax ≡ b (mod n) resitev natanko tedaj, kod = D(a, n) deli b. V tem primeru obstaja natanko d resitev, do kongruencepo modulu n natancno.

Dokaz: Naj bo d = D(a, n). Tedaj obstajata celi stevili a1 in n1, da jea = a1d in n = n1d. Seveda velja D(a1, n1) = 1. Denimo najprej, da je xresitev zgornje enacbe. Tedaj n = n1d deli stevilo b − ax = b − a1dx. Meddrugim to pomeni, da d deli b− a1dx, od koder seveda sledi, da d deli b. Cetorej nasa kongruencna enacba ima kako resitev, potem d deli b.

Denimo sedaj, da d deli b. Tedaj obstaja tudi celo stevilo b1, da jeb = b1d. Ker je D(a1, n1) = 1, po premisleku iz odstavka pred tem izrekomobstaja celo stevilo x, da je a1x ≡ b1 (mod n1), to je, n1 deli b1 − a1x.Tedaj pa seveda n = n1d deli b1d − a1xd = b − ax, od koder sledi ax ≡ b(mod n). Prepricajmo se se, da ima v primeru, ko d deli b, zgornja enacbares natanko d resitev (do kongruence po modulu n natancno). Naj bo v tanamen x poljubna resitev. Za 0 ≤ i ≤ d − 1 definirajmo xi = x + in1. Kerje an1 = a1dn1 = a1n, je an1 ≡ 0 (mod n), in tako je

axi = a(x+ in1) = ax+ ian1 ≡ ax (mod n),

to je, axi ≡ b (mod n) za vse 0 ≤ i ≤ d−1. To pomeni, da vsak xi resi nasoenacbo. Seveda so stevila xi paroma nekongruentna po modulu n. Pokazimonazadnje, da je vsaka resitev po modulu n kongruentna enemu izmed stevilxi. Pa naj bo v ta namen x′ poljubna resitev, to je, ax′ ≡ b (mod n). Tedajje a(x− x′) ≡ 0 (mod n), torej n = n1d deli stevilo a(x− x′) = a1d(x− x′),posledicno pa n1 deli a1(x−x′). Ker je D(a1, n1) = 1, sledi da n1 deli x−x′,torej je res x′ = x+ in1 za nek i. �

Zgled: Oglejmo si linearno kongruencno enacbo 3x ≡ 11 (mod 16). Kerje D(3, 16) = 1, ima ta enacba po zgornjem izreku natanko eno resitev, domodula 16 natancno. Poiskati je treba le multiplikativni inverz elementa3 v kolobarju Z16. To lahko storimo z Evklidovim algoritmom. V nasemprimeru pa gre seveda za dovolj majhna stevila, da inverz kar uganemo. Kerje 3 · 5 = 15 ≡ −1 (mod 16), je seveda iskani inverz 11 (≡ −5 (mod 16)).Ker je 11 · 11 ≡ 9 (mod 16), je tako poljubna resitev dane enacbe oblikex = 9 + 16k, kjer je k ∈ Z. N

Zgled: Oglejmo si se linearno kongruencno enacbo 6x ≡ 9 (mod 15). Kerje D(6, 15) = 3 in 3 deli 9, po zgornjem izreku resitev obstaja. Do modula15 natancno obstajajo natanko tri resitve. Zgornji dokaz nakazuje kako


dobimo eno izmed njih. Poiscemo neko celo stevilo x, za katerega je 2x ≡ 3(mod 5). Tak x sedaj ze znamo najti. Dobimo x = 4. Poljubna resitevzacetne kongruencne enacbe je tako oblike 4 + 15k, 9 + 15k ali 14 + 15k, kjerje k ∈ Z poljuben, kar lahko seveda poenostavimo v 4 + 5k, kjer je k ∈ Z. N

Sedaj eno linearno kongruencno enacbo torej znamo resiti. Kaj pa,ce moramo resiti sistem taksnih enacb? V tem primeru lahko uporabimonaslednji izrek.

Izrek 7.17 (Kitajski izrek o ostankih). Naj bodo n1, n2, . . . , nm poljubnaparoma tuja naravna stevila in naj bodo b1, b2, . . . , bm poljubna cela stevila.Tedaj ima sistem kongruencnih enacb

x ≡ b1 (mod n1)x ≡ b2 (mod n2)x ≡ b3 (mod n3)

...x ≡ bm (mod nm)

resitev, ki je do kongruence po modulu N = n1n2 · · ·nm enolicno dolocena.

Dokaz: Dokaz gre z indukcijo na stevilo enacb v sistemu, torej m. Daizrek velja za m = 1, pove ravno izrek 7.16 (v tem primeru je namrecpripadajoci a kar enak 1 in tako seveda D(1, n1) = 1 deli b1). Denimo torej,da izrek velja za poljuben sistem najvec m−1 kongruencnih enacb s paromatujimi moduli in pokazimo, da velja tudi za sistem m takih enacb. Najbodo torej dane enacbe kot v izreku. Po indukcijski predpostavki obstajacelo stevilo x, ki zadosca prvim m − 1 kongruencam iz izreka, poleg tegapa je poljubna resitev x teh m − 1 enacb oblike x = x + kNm, kjer jeNm = n1n2 · · ·nm−1. Da bi dokazali obstoj resitve vseh m enacb je torejtreba zagotoviti obstoj celega stevila k, da bo za x = x + kNm veljalox ≡ bm (mod nm), to je x+kNm ≡ bm (mod nm), kar je seveda ekvivalentnokongruenci kNm ≡ (bm − x) (mod nm). Ker so stevila ni paroma tuja, stasi seveda tudi stevili Nm in nm tuji. Po izreku 7.16 torej iskano celo stevilok zares obstaja. Se vec, to stevilo je do kongruence po modulu nm enolicnodoloceno. S tem smo dokazali, da ima dani sistem m kongruenc zares resitev.Iz povedanega tudi takoj sledi, da je taka resitev do kongruence po moduluN = n1n2 · · ·nm enolicno dolocena. �

Zgled: Po zgornjem izreku torej obstaja liho celo stevilo x, ki da pri deljenjus 3 ostanek 0, pri deljenju s 5 pa ostanek 2. Tudi poiskati ga ni tezko, sajpo izreku vemo, da je resitev do modula 2 · 3 · 5 = 30 enolicno dolocena,torej lahko pac preizkusimo vseh 6 stevil med 0 in 29, ki dajo pri deljenju s5 ostanek 2. Hitro se prepricamo, da je iskano stevilo 27.


Kaj pa, ce iscemo celo stevilo x, ki da pri deljenju s 6 ostanek 3, prideljenju s 55 ostanek 27 in pri deljenju z 91 ostanek 13? V tem primeru setorej sprasujemo po resitvi sistema

x ≡ 3 (mod 6)x ≡ 27 (mod 55)x ≡ 13 (mod 91)

Ker je 6 = 2 · 3, 55 = 5 · 11 in 91 = 7 · 13, nam kitajski izrek o ostankihzagotavlja obstoj takega celega stevila. Le-to je do kongruence po modulu6 · 55 · 91 = 30 030 natancno doloceno. Tokrat bi bilo seveda testiranje vseh330 stevil med 0 in 30 029, ki dajo pri deljenju z 91 ostanek 13, predolgo.Oglejmo si enega izmed nacinov, kako dobiti resitev v takem primeru.

Vsaka resitev prve enacbe je oblike x = 3+6k, kjer je k ∈ Z. Vstavimo vdrugo kongruenco, pa dobimo kongruenco 6k ≡ 24 (mod 55). Tokrat lahkosicer kar uganemo, da je ena izmed moznosti k = 4, sicer pa enostavnopoiscemo multiplikativni inverz elementa 6 v kolobarju Z55 (kar lahko nared-imo z Evklidovim algoritmom). Po izreku 7.16 sedaj vemo, da je poljubnaresitev obeh prvih dveh kongruenc oblike x = 3+6(4+55`) = 27+330`, kjerje ` ∈ Z poljubno celo stevilo. Vstavimo v zadnjo kongruenco, pa dobimo330` ≡ −14 (mod 91), to je 57` ≡ 77 (mod 91). Poiscemo multiplikativniinverz elementa 57 v Z91, namrec 8, pa dobimo ` ≡ 8 · 77 (mod 91), to je` ≡ 70 (mod 91). Tako je x = 27+330(70+91s) in tako je ena izmed resitevx = 27 + 330 · 70 = 23 127. Glede na to, da je resitev enolicno dolocena dokongruence po modulu 30 030 natancno, je to hkrati kar najmanjse naravnostevilo, ki resi dani sistem kongruencnih enacb. N

Pokazimo sedaj, da obstaja se drug preprost algoritem, ki nas pripeljedo resitve sistema kongruenc iz kitajskega izreka o ostankih. Imejmo torejsistem kot v izreku, nato pa za 1 ≤ i ≤ m definirajmo Ni = N/ni, kjerje N = n1n2 · · ·nm. Ker sta si stevili ni in Ni seveda tuji, po izreku 7.2obstajata celi stevili si in ti, da je sini + tiNi = 1 (poiscemo ju lahko zEvklidovim algoritmom). Oznacimo sedaj xi = tiNi. Po pravkar povedanemtorej za vsak i velja xi ≡ 1 (mod ni). Za j 6= i seveda velja nj | Ni, torej jexi ≡ 0 (mod nj). Po trditvi 7.9 pa tedaj za x = b1x1 + b2x2 + · · · + bmxmvelja, da x zadosca vsaki izmed kongruenc x ≡ bi (mod ni), 1 ≤ i ≤ m.Oglejmo si ta postopek se na zgornjem konkretnem zgledu.

Zgled: Poiskati je torej treba stevila si, ti, da je sini + tiNi = 1, kjer jen1 = 6, n2 = 55 in n3 = 91. S pomocjo Evklidovega algoritma zlahkaugotovimo, da lahko vzamemo s1 = −834 in t1 = 1, s2 = 139 in t2 = −14,ter s3 = −29 in t3 = 8. Dobimo x1 = 1 ·N1 = 5 005, x2 = −14 ·N2 = −7 644in x3 = 8 ·N3 = 2 640. Tako kot eno izmed resitev dobimo x = 3 ·5 005+27 ·(−7 644)+13 ·2 640 = −157 053. Ker velja −157 053 ≡ 23 127 (mod 30 030),smo seveda s tem dobili isto resitev kot prej. N


Naloga 7.8. Naj bosta m in n tuji si naravni stevili in naj bo a neko celostevilo. Naj bosta am in an najmanjsi nenegativni celi stevili, da je a ≡ am(mod m) in a ≡ an (mod n). Pokazite, da tedaj za vsako celo stevilo b velja

b ≡ a (mod nm) ⇐⇒ b ≡ am (mod m) ∧ b ≡ an (mod n).

Naloga 7.9. Naj bosta K1 in K2 poljubna netrivialna kolobarja, torej kolo-barja, ki premoreta vsaj en nenicelen element. Pokazite, da tedaj kolobarK1 ×K2 ni polje.

Naloga 7.10. Ali v kolobarju Z2×22 obstaja kak nenicelen element, ki ni

obrnljiv, a kljub temu ni delitelj nica?

Naloga 7.11. Naj bo n poljubno naravno stevilo. Oznacimo njegovo i-tostevko z ni, pri cemer so n0 enice, n1 desetice, itd. (torej za 123 je n0 = 3,n1 = 2 in n2 = 1). Dokazite, da je tedaj stevilo n deljivo z 11 natanko tedaj,ko je z 11 deljiva izmenicna vsota n0 − n1 + n2 − n3 + n4 ± · · · (tako je naprimer stevilo 5 273 972 deljivo z 11 ker je 2 − 7 + 9 − 3 + 7 − 2 + 5 = 11deljivo z 11, medtem ko stevilo 55 555 321 ni deljivo z 11, saj 11 ne deli1− 2 + 3− 5 + 5− 5 + 5− 5 = −3).

Naloga 7.12. Dolocite zadnji dve stevki stevila 7(72017).

Naloga 7.13. Poiscite vsa cela stevila x, za katera je x2 ≡ 1 (mod 35).

Naloga 7.14. Ali ima kongruenca 135x ≡ 531 (mod 1908) kaksno resitev?Ce je odgovor da, koliko teh resitev lezi med 0 in 1908?

Naloga 7.15. Spomnite se, da za n ∈ N z n! oznacimo produkt n(n−1)(n−2) · · · 1. Pokazite, da za poljubno prastevilo p velja (p− 1)! ≡ −1 (mod p).(Nasvet: najprej pokazite, da sta 1 in p−1 edina elementa grupe Z∗

p, katerih kvadrat

je enak 1.)

Naloga 7.16. Poiscite najmanjse naravno stevilo n, ki zadosca kongruen-cam

n ≡ 2 (mod 25)n ≡ 10 (mod 36)n ≡ 0 (mod 77)n ≡ 0 (mod 299)

Poglavje 8

Kolobarji polinomov

S polinomi se srecamo ze v srednji soli, ob tem pa risemo njihove grafe,iscemo njihove nicle in jih faktoriziramo. A pri tem se v vecji meri ukvarjamoz realnimi polinomi kot realnimi funkcijami. V nadaljevanju bomo polinomeobravnavali z nekoliko drugacnega zornega kota. Za zacetek navedimo kardefinicijo kolobarja polinomov nad danim kolobarjem, ki se jo pravzapravobravnava ze pri predmetu Algebrske strukture.

Definicija. Naj boK poljuben kolobar. Tedaj jeK[x] mnozica vseh neskoncnihformalnih vsot

∞∑n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + · · · ,

kjer je an ∈ K za vse n ≥ 0 in je an 6= 0 le za koncno mnogo indeksov n(torej so od nekje naprej vsi koeficienti an nicelni). Tem formalnim vsotampravimo polinomi nad kolobarjem K. Maksimalen n za dani polinom f(x) =∑

n=0∞anxn ∈ K[x], za katerega je an 6= 0 (ce obstaja), se imenuje stopnjapolinoma f(x), ki jo oznacimo z deg(f(x)). Koeficientu an tedaj recemovodilni koeficient tega polinoma. Nicelni polinom, ki ima vse koeficienteenake 0, stopnje nima definirane.

Polinomi nad kolobarjem torej niso funkcije, ampak si jih lahko v resnicipredstavljamo kar kot neskoncna zaporedja elementov iz K (kjer polinomu∑∞

n=0 anxn ustreza zaporedje (a0, a1, a2, . . .)), pri cemer imajo lahko ta za-

poredja le koncno mnogo nenicelnih clenov. Dogovorimo se, da polinomeobicajno pisemo tako, da navedemo samo clene do vkljucno zadnjega ne-nicelnega, na primer f(x) = 2 + 3x − 14x2 + 5x6 ∈ R[x] (vcasih je boljprikladen zapis v obratnem vrstnem redu, to je f(x) = 5x6−14x2 +3x+2).Spomnimo se tudi, kako taksne polinome sestevamo in mnozimo. Sestevanjeje definirano “po komponentah”, to je( ∞∑

n=0

anxn

)+

( ∞∑n=0

bnxn

)=∞∑n=0

(an + bn)xn,

77

78 POGLAVJE 8. KOLOBARJI POLINOMOV

mnozenje pa je definirano s predpisom( ∞∑n=0

anxn

)·

( ∞∑m=0

bmxm

)=∞∑s=0

csxs,

kjer je cs =∑s

j=0 ajbs−j . Povsem lahko je videti (bralec naj dokaz obnovisam), da na ta nacin mnozica K[x] postane kolobar. Recemo mu kolobarpolinomov nad K. Bralec naj obnovi tudi dokaza, da ima v primeru, ko imaenico kolobar K, enico tudi kolobar K[x], ter da se tudi komutativnost skolobarja K prenese na kolobar K[x].

8.1 Evaluacija v tocki in nicla polinoma

Iz srednje sole smo navajeni, da se stopnje polinomov pri mnozenjusestevajo. V resnici pa to v splosnem ne velja. V to se bo bralec preprical,ce si ogleda produkt polinomov 2 + 3x + 2x2 in 3 + 2x + 3x2 iz kolobarjaZ6[x]. Kot pokaze naslednja trditev, se v primeru, ko je kolobar K “dovoljlep”, taksne cudne stvari ne morejo dogajati.

Trditev 8.1. Naj bo K kolobar in naj bosta f(x), g(x) ∈ K[x] nenicelnapolinoma. Ce za vsaj enega od polinomov f(x) in g(x) vodilni koeficientni delitelj nica v K, potem je f(x)g(x) nenicelen polinom. Se vec, veljadeg(f(x)g(x)) = deg(f(x))+deg(g(x)). Ce je torej kolobar K brez deliteljevnica, je brez deliteljev nica tudi kolobar K[x].

Dokaz: Oznacimo n = deg(f(x)) in m = deg(g(x)) in naj bo f(x) =a0 + a1x + · · · + anx

n in g(x) = b0 + b1x + · · · + bmxm. Naj bo h(x) =

f(x)g(x), naj bo s ≥ 0 in naj bo cs koeficient pred xs v polinomu h(x).Po definiciji je cs =

∑sj=0 ajbs−j . Ce je s > m + n, potem za j ≤ n

velja s − j > m, pa je bs−j = 0, ce pa je j > n, je aj = 0. V vsakemprimeru je torej ajbs−j = 0 in zato je v tem primeru cs = 0. Tako je ocitnodeg(h(x)) ≤ n + m. Zgornji razmislek prav tako pove, da je cm+n = anbmin ker sta an, bm nenicelna elementa, vsaj eden izmed teh dveh elementovpa ni delitelj nica v K, je anbm nenicelen element kolobarja K in takoje deg(h(x)) = n + m = deg(f(x)) + deg(g(x)). Drugi del trditve sledineposredno iz prvega. �

Med drugim torej zgornja trditev pove, da je v primeru, ko je K celkolobar (komutativen kolobar z enico in brez deliteljev nica), tudi K[x] celkolobar. Naslednji rezultat, katerega dokaz je sicer neposredna posledicadefinicije sestevanja in mnozenja v kolobarju polinomov nad danim kolo-barjem, je izrednega pomena za nadaljevanje. Zato ga oznacimo kar kotizrek.

8.1. EVALUACIJA V TOCKI IN NICLA POLINOMA 79

Izrek 8.2 (Evaluacija). Naj bo L cel kolobar in K njegov cel podkolobar innaj bo α ∈ L poljuben element. Tedaj je preslikava φα : K[x]→ L, podana spredpisom φα(a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn) = a0 + a1α+ a2α

2 + · · ·+ anαn,

homomorfizem kolobarjev. Pri tem φα podkolobar K izomorfno vlozi v L.

Zadnji stavek izreka je potrebno razumeti v naslednjem kontekstu. Najbo K cel kolobar. Bralec se bo zlahka preprical, da je tedaj mnozica K0 vsehkonstantnih polinomov iz K[x], skupaj z nicelnim polinomom, podkolobarkolobarja K[x]. Izrek torej trdi, da za preslikava φα, kjer je α poljubnoizbrani element kolobarja L, podkolobar K0 bijektivno preslika na K, odkoder potem seveda sledi, da je podkolobar K0 izomorfen kolobarju K. Ho-momorfizmu φα dajmo posebno ime.

Definicija. Naj bo L cel kolobar in K njegov cel podkolobar in naj bo α ∈ Lpoljuben element. Tedaj homomorfizmu φα iz izreka 8.2 recemo evaluacijav α. Obicajno potem namesto φα(f(x)) pisemo kar f(α).

Na mestu je kratek komentar k zgornjemu izreku. Kot smo omenilize v uvodu tega poglavja, polinom f(x) ∈ K[x], kjer je K nek kolobar,ni funkcija, kot smo navajeni iz srednje sole. Da se v to prepricamo, sespomnimo, da dve funkciji smatramo za eno in isto funkcijo, ce imata istidomeni in kodomeni in se njuni vrednosti ujemata v vseh tockah domene.Bralec se bo preprical, da za polinoma 1 + x2 in 1 + x kolobarja Z2[x] velja,da se ujemata tako v 0 kot v 1. Seveda pa gre za dva razlicna polinoma, sajje eden stopnje 1, drugi pa stopnje 2. Dva polinoma nad kolobarjem K statorej enaka samo takrat, ko imata za vsak n ≥ 0 isti koeficient pred xn.

Zgled: Vzemimo polinom f(x) = 12 − 7x + x2 ∈ Q[x]. Tedaj je f(3) =φ3(f) = 12 − 21 + 9 = 0, torej je f(x) v jedru homomorfizma φ3. Daje temu res tako, bi se lahko prepricali tudi takole. Ker je preslikava φ3homomorfizem in je f(x) = g(x)h(x), kjer je g(x) = 3− x in h(x) = 4− x,seveda velja φ3(f(x)) = φ3(g(x))φ3(h(x)). Ker pa ocitno velja φ3(g(x)) = 0,od tod sledi φ3(f(x)) = 0. N

Zakaj smo se v drugem delu zgornjega zgleda sploh ukvarjali z zapisomf(x) = (3−x)(4−x), bo postalo jasno v naslednjem razdelku, na tem mestupa raje vpeljimo pojem nicle polinoma nad celim kolobarjem.

Definicija. Naj bo L cel kolobar in K njegov cel podkolobar, α pa naj boelement kolobarja L. Pravimo, da je α nicla polinoma f(x) ∈ K[x], ce jef(α) = φα(f(x)) = 0, to je, ce je polinom f(x) vsebovan v jedru Ker(φα).

Tako smo se v zgornjem zgledu prepricali, da je 3 ∈ Q nicla poli-noma 12 − 7x + x2 ∈ Q[x]. V nadaljevanju se bomo precej casa ukvar-jali z vprasanjem, kako za nek polinom poiscemo vse njegove nicle. Gre zavprasanje, ki smo ga na nek nacin obravnavali ze v srednji soli. Kot pa smo


ze omenili, tam obicajno operiramo s polinomi nad Q ali R, kjer potem poli-nome obravnavamo kar kot realne funkcije in zato za njihovo proucevanjelahko uporabljamo razna orodja iz analize. Na tem mestu pa se bomo uk-varjali s polinomi s koeficienti iz poljubnega polja ali celo celega kolobarja,zato bo potrebno razviti malce drugacne metode.

Naloga 8.1. Naj bo K kolobar in naj bo K0 mnozica vseh konstantnihpolinomov kolobarja K[x], skupaj z nicelnim polinomom. Pokazite, da jetedaj K0 podkolobar kolobarja K[x]. Je morda tudi njegov ideal?

Naloga 8.2. Naj bo K = Z2[x] kolobar polinomov nad kolobarjem Z2. Aliima tedaj kolobar K[x] delitelje nica? Koliko obrnljivih elementov premore?

Naloga 8.3. Oglejte si kolobar Z10[x]. Ali v tem kolobarju obstajata dvapolinoma stopnje 3, katerih produkt je nicelni polinom?

Naloga 8.4. Po izreku o evaluaciji lahko cel kolobar K dojemamo kot pod-kolobar celega kolobarja L = K[x]. Potemtakem lahko za vsak p(x) ∈ L invsak f(x) ∈ K[x] izracunamo evaluacijo φp(x)(f(x)). Naj bo K = Z2 in najbo p(x) = x + 1 ter f(x) = x2 + 1. Izracunajte tedaj evaluacijo polinomaf(x) v tocki p(x).

8.2 Algoritem deljenja za polinome

Posvetimo se sedaj vprasanju, kako poiskati vse nicle danega polinomanad celim kolobarjem. Naj bo v ta namen f(x) ∈ K[x] nek nekonstantenpolinom nad celim kolobarjem K in denimo, da obstajata taka polinomag(x), h(x) ∈ K[x], da je f(x) = g(x)h(x) (v tem primeru recemo, da stag(x) in h(x) faktorja polinoma f(x) v K[x]). Tedaj po izreku 8.2 za poljubenα ∈ K velja

f(α) = φα(f(x)) = φα(g(x)h(x)) = φα(g(x))φα((h(x)) = g(α)h(α).

Ker je K[x] po trditvi 8.1 cel kolobar, je torej α nicla polinoma f(x) natankotedaj, ko je α nicla vsaj enega izmed polinomov g(x) in h(x). Ce torejpolinom f(x) znamo faktorizirati, se problem iskanja njegovih nicel prevedena problema iskanja nicel polinomov g(x) in h(x). V primeru, da sta ta dvapolinoma nekonstantna, se s tem problem poenostavi, saj sta pripadajocapolinoma manjsih stopenj od polinoma f(x). To dejstvo je eden glavnihrazlogov za pomen faktorizacije polinomov.

Izkaze se, da je vprasanje faktorizacije polinoma nekoliko lazje, ce seomejimo samo na polinome nad polji (seveda je vsako polje F med drugimtudi cel kolobar, zato je v tem primeru F [x] cel kolobar). Zato se bomov nadaljevanju vecino casa ukvarjali z razcepnostjo in iskanjem nicel poli-nomov nad polji. Spomnimo se algoritma deljenja za cela stevila (izrek 7.1).Podoben izrek velja tudi za kolobarje polinomov nad poljem.

8.2. ALGORITEM DELJENJA ZA POLINOME 81

Izrek 8.3 (Algoritem deljenja). Naj bo F polje in naj bosta f(x) = a0 +a1x + · · · + anx

n in g(x) = b0 + b1x + · · · + bmxm taka polinoma iz F [x],

da je an, bm 6= 0 in je m > 0. Tedaj obstajata enolicno dolocena polinomaq(x), r(x) ∈ F [x], da je f(x) = q(x)g(x) + r(x) in je bodisi r(x) = 0 bodisideg(r(x)) < deg(g(x)).

Dokaz: Utemeljimo najprej obstoj polinomov q(x) in r(x). Naj bo R ={f(x)−h(x)g(x) : h(x) ∈ F [x]}. Mnozica R je seveda neprazna, saj vsebujevsaj polinom f(x). Denimo najprej, da mnozica R vsebuje nicelni polinom.Tedaj za nek h(x) ∈ F [x] velja f(x) = h(x)g(x), torej lahko vzamemo karq(x) = h(x) in r(x) = 0. Denimo sedaj, da 0 /∈ R in naj bo s minimalnastopnja polinomov iz R. Ker R vsebuje polinom f(x), je stevilo s dobrodefinirano. Naj bo sedaj r(x) poljuben polinom stopnje s iz mnozice R innaj bo q(x) ∈ F [x] tak polinom, da je r(x) = f(x) − q(x)g(x). Pokazimo,da je tedaj s ≤ m − 1. Denimo nasprotno, da je torej s ≥ m. Ker jedeg(r(x)) = s, je r(x) = c0 + c1x+ · · ·+ csx

s za neke ci ∈ F , kjer je cs 6= 0.Ker je F polje, v F obstaja inverz nenicelnega elementa bm, to je, obstajab−1m . Oglejmo si sedaj polinom

r(x) = f(x)−(q(x) + csb

−1m xs−m

)g(x) = r(x)− csb−1m xs−mg(x).

Vodilni koeficient polinoma csb−1m xs−mg(x) je seveda cs, le ta pa stoji pred

xs. Tako je r(x) polinom stopnje najvec s − 1. A ker je r(x) = f(x) −q(x)g(x) ∈ R za q(x) = q(x) + csb

−1m xs−m, je to zaradi minimalnosti s in

izbora polinoma r(x) nemogoce. Torej je res s ≤ m− 1, kot smo trdili.

Za dokaz enolicnosti privzemimo, da za q(x), q(x), r(x), r(x) ∈ F [x], kjerje vsak izmed r(x), r(x) bodisi nicelen polinom ali pa je njegova stopnjamanjsa od m, velja

q(x)g(x) + r(x) = f(x) = q(x)g(x) + r(x).

Po distributivnosti tedaj dobimo (q(x) − q(x))g(x) = r(x) − r(x). Kerje polinom na desni strani enakosti bodisi nicelen polinom ali pa polinomstopnje najvec m− 1, po trditvi 8.1 sledi, da je q(x) = q(x) in r(x) = r(x).�

Polinoma q(x) in r(x) seveda lahko izracunamo kar z obicajnim deljen-jem, ki ga poznamo ze iz srednje sole (pri tem je potrebno upostevati, daracunske operacije izvajamo v polju F ). Oglejmo si zgled.

Zgled: Imejmo polinoma f(x) = 2+3x2+7x3, g(x) = 3+x+2x2 iz kolobarjapolinomov Z11[x]. Poiscimo polinoma q(x), r(x) ∈ Z11[x], za katera veljaf(x) = q(x)g(x) + r(x), pri cemer je r(x) = 0 ali pa je deg(r(x)) < 2.


Po obicajnem postopku (in ob upostevanju dejstev, da v Z11 velja 2·9 = 7in 2 · 8 = 5) dobimo

7x3 + 3x2 + 2 : 2x2 + x+ 3 = 9x+ 8

− (7x3 + 9x2 + 5x)5x2 + 6x + 2

− (5x2 + 8x + 2)

9x

Torej za q(x) = 8 + 9x in r(x) = 9x dobimo f(x) = q(x)g(x) + r(x). N

Oglejmo si sedaj tri posledice zgornjega izreka. Prva poda karakterizacijonicel polinoma s koeficienti nad poljem, ki jo bralec za F = R gotovo poznaze iz srednje sole.

Posledica 8.4. Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] nek nenicelen polinom. Tedajje a ∈ F nicla polinoma f(x) natanko tedaj, ko je polinom x − a ∈ F [x]faktor polinoma f(x), to je, ko obstaja polinom q(x) ∈ F [x], da je f(x) =(x− a)q(x).

Dokaz: Naj bo a ∈ F poljuben. Ker je g(x) = x − a nenicelen poli-nom iz F [x] stopnje 1, po izreku 8.3 obstajata enolicno dolocena polinomaq(x), r(x) ∈ F [x], da je f(x) = q(x)g(x) + r(x), kjer je bodisi r(x) = 0 alipa je r(x) nenicelen konstanten polinom. Zaradi enolicnosti polinomov q(x)in r(x) je seveda x − a faktor polinoma f(x) v F [x] natanko tedaj, ko jer(x) nicelen polinom. Ker je φa(g(x)) = −a + a = 0, je f(a) = φa(f(x)) =φa(r(x)) = r(a). Ker je r(x) konstanten polinom, je sedaj jasno, da je anicla polinoma f natanko tedaj, ko je r(x) nicelen polinom, kar se zgodinatanko tedaj, ko je x− a faktor polinoma f(x) v F [x]. �

Oglejmo si preprost zgled, ki prikaze uporabnost zgornje posledice.

Zgled: Obravnavajmo polinom f(x) = x4 + 7x3 + 2x2 + 8x + 4 ∈ Z11[x].Ker je f(1) = 1 + 7 + 2 + 8 + 4 = 0 (spomnimo se, da je φ1(f(x)) elementkolobarja Z11), je po zgornji posledici x− 1 faktor polinoma f(x) v Z11[x].Zlahka izracunamo, da velja f(x) = (x− 1)(x3 + 8x2 + 10x+ 7). Opazimo,da za g(x) = x3 + 8x2 + 10x+ 7 velja g(−2) = −8 + 32− 20 + 7 = 0, torej jetudi f(−2) = f(9) = 0. Zlahka dobimo f(x) = (x− 1)(x+ 2)(x2 + 6x+ 9).Da je x2 + 6x + 9 = (x + 3)2, res ni tezko videti. Tako smo po korakih,s tem, ko smo nasli posamezne nicle polinoma f(x), dobili faktorizacijof(x) = (x− 1)(x+ 2)(x+ 3)2. N

Naslednja posledica izreka 8.3 pove, da ima nenicelen polinom f(x) ∈F [x] nad poljem F najvec deg(f(x)) razlicnih nicel v F .

8.2. ALGORITEM DELJENJA ZA POLINOME 83

Posledica 8.5. Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] nenicelen polinom. Tedajima f(x) v F najvec deg(f(x)) nicel.

Dokaz: Po zgornji posledici je a ∈ F nicla polinoma f(x) natanko tedaj,ko je f(x) = (x − a)g(x) za nek g(x) ∈ F [x]. Tedaj je po trditvi 8.1seveda deg(g(x)) = deg(f(x)) − 1. Za poljuben b ∈ F , kjer je b 6= a, sedajvelja, da je f(b) = 0 natanko tedaj, ko je g(b) = 0. Za poljuben tak bpotem dobimo f(x) = (x− a)(x− b)h(x) za nek h(x) ∈ F [x], za katerega jedeg(h(x)) = deg(f(x)) − 2. Ce ta postopek nadaljujemo, vidimo, da se navsakem koraku stopnja polinoma, znotraj katerega je treba iskati morebitnenadaljne nicle polinoma f(x), zmanjsa za ena, torej je teh korakov, stem patudi nicel polinoma f(x), najvec deg(f(x)). �

Zgled: Bralca opozorimo, da v zgornjih dokazih nujno potrebujemo pred-postavko, da gre za polinome nad dovolj lepimi kolobarji (zahtevo, da gle-damo polinome nad polji, bi sicer lahko nekoliko omilili). Da se teh rezul-tatov ne da posplositi na poljubne kolobarje, bo bralca preprical naslednjiprimer. Polinom f(x) = 4x2 + 6x+ 18 ∈ Z36[x] je stopnje 2, vendar pa veljaf(3) = f(9) = f(15) = f(21) = f(27) = f(33) = 0, torej ima f(x) kar sestrazlicnih nicel v Z36, kar je vec od njegove stopnje. N

Zadnja posledica izreka 8.3 na prvi pogled ni v prav nobeni povezavi stem izrekom, saj sploh ne govori o polinomih. Gre pa za zelo pomembenrezultat, ki se zdi na prvi pogled precej presenetljiv. Pravi namrec, da jegrupa obrnljivih elementov poljubnega koncnega polja nujno ciklicna.

Posledica 8.6. Naj bo F poljubno koncno polje. Tedaj je multiplikativnagrupa F ∗ vseh nenicelnih elementov polja F , s tem pa tudi vsaka njenapodgrupa, ciklicna grupa. Med drugim to pomeni, da za vsako prastevilo pvelja (Z∗p, ·) ∼= (Zp−1,+).

Dokaz: Ker je polje komutativen kolobar, je seveda grupa F ∗ koncna ko-mutativna grupa. Po izreku 2.6 je torej grupa F ∗ (v kateri je operacijamnozenje) izomorfna direktnemu produktu Cn1 × Cn2 × · · · × Cnk

, kjer jeni = psii za neka prastevila pi, Cni pa je multiplikativno pisana ciklicna grupareda ni. Naj bo sedaj n najmanjsi skupni veckratnik stevil n1, n2, . . . , nk.Seveda je n ≤ n1n2 · · ·nk. Ker po Lagrangevem izreku za vsak a ∈ Cni veljaani = 1, je seveda an = 1 za vsak a ∈ F ∗. Sledi, da je vsak a ∈ F ∗ niclapolinoma f(x) = xn− 1 ∈ F [x]. Po zadnji posledici ima lahko polinom f(x)najvec n razlicnih nicel v F . Ker smo ravnokar ugotovili, da ima f(x) vsaj|F ∗| = n1 · n2 · · ·nk = |F | − 1 razlicnih nicel in velja f(0) 6= 0, od tod sledin1n2 · · ·nk ≤ n. Tako je n = n1n2 · · ·nk, od koder po definiciji stevila nsledi, da so si stevila ni paroma tuja. Tedaj pa je po posledici 2.5 grupa F ∗

izomorfna ciklicni grupi reda n. Zadnji del rezultata sedaj sledi neposrednoiz posledice 7.12. �


Naloga 8.5. Izracunajte kvocient in ostanek pri deljenju polinoma p(x) =7x5 + 2x4 + 3x2 + x+ 8 ∈ Z13[x] s polinomom q(x) = 2x2 + 7x+ 10.

Naloga 8.6. Naj bo F polje in naj bo f(x) ∈ F [x] poljuben polinom stopnje1. Pokazite, da ima tedaj f(x) niclo v F . Ali to velja tudi v primeru, konamesto polja F vzamemo cel kolobar K?

Naloga 8.7. Poiscite kak polinom stopnje 5 nad Z5, ki ima v Z5 pet razlicnihnicel. Znate poiskati prav vse taksne polinome?

Naloga 8.8. Posledica 8.6 pravi, da je za prastevilo p grupa Z∗p obrnljivihelementov kolobarja Zp ciklicna. Kaj pa za stevilo n, ki ni prastevilo? Jelahko tudi tedaj grupa Z∗n ciklicna? Ali se lahko zgodi, da ni ciklicna? Aliobstaja naravno stevilo n, za katero je grupa Z∗n ciklicna prastevilskega redap > 2?

8.3 Nerazcepnost polinomov

Kot smo omenili ze zgoraj, je vprasanje obstoja zapisa danega polinomana produkt dveh nekonstantnih polinomov zelo pomembno. Vpeljimo v tanamen naslednji pojem.

Definicija. Naj bo F polje in naj bo f(x) ∈ F [x] nekonstanten polinom nadF . Tedaj je f(x) razcepen nad F (oziroma razcepen v F [x]), ce obstajatanekonstantna polinoma g(x), h(x) ∈ F [x], za katera je f(x) = g(x)h(x). Cenekonstanten polinom f(x) ni razcepen nad F , je nerazcepen nad F .

Bralec bo opazil, da mnozica nenicelnih konstantnih polinomov iz F [x]sovpada z mnozico vseh obrnljivih elementov kolobarja F [x], torej velja(F [x])∗ ∼= F ∗. Tako je nekonstanten polinom f(x) ∈ F [x] nerazcepen nadF natanko tedaj, ko za poljubna polinoma g(x), h(x) ∈ F [x], za kateraje f(x) = g(x)h(x), velja, da je vsaj eden izmed polinomov g(x) in h(x)obrnljiv. V taksnih primerih (ko je torej eden od polinomov g(x), h(x) kon-stanten), pravimo, da f(x) = g(x)h(x) ni pravi razcep polinoma f(x). Do-govorimo se, da bomo v nadaljevanju pod besedo razcep vedno razumelipravi razcep.

Bralec naj bo se posebej pozoren na dejstvo, da pri nerazcepnosti (oziromarazcepnosti) polinomov vedno govorimo o tem, da je nek polinom nerazcepennad ustreznim poljem in ne samo, da je nerazcepen. Zakaj je temu tako, bopokazal naslednji zgled.

Zgled: Polinom f(x) = x2 + 1 ∈ R[x] je vsekakor nerazcepen nad poljemR, saj je po trditvi 8.1 vsak (pravi) razcep polinoma f(x) razcep na dvapolinoma stopnje 1, torej je po posledici 8.4 polinom f(x) razcepen nadR natanko tedaj, ko ima f(x) niclo v R. Ker je za vsak a ∈ R ocitnoφa(f(x)) = a2 + 1 > 0, polinom f(x) v R nima nicle in je zato nad R

8.3. NERAZCEPNOST POLINOMOV 85

nerazcepen. Po drugi strani pa velja f(x) = (x − i)(x + i), torej je f(x)razcepen nad poljem C. N

Zgled: Pokazimo, da je polinom f(x) = x3+x2+3 ∈ Z7[x] nerazcepen nadZ7. Ce bi bil f(x) razcepen nad Z7, bi obstajala nekonstantna polinomag(x), h(x) ∈ Z7[x], za katera bi veljalo f(x) = g(x)h(x). Po trditvi 8.1bi bil eden izmed njiju polinom stopnje 1. Brez skode za splosnost lahkoprivzamemo, da je to g(x), ker pa je Z7 polje, lahko privzamemo celo, daje g(x) = x − a za nek a ∈ Z7. Po posledici 8.4 je torej tudi tokrat f(x)razcepen natanko tedaj, ko ima niclo v Z7. Hitro se prepricamo, da veljaf(0) = 3, f(1) = 5, f(−1) = 3, f(2) = 1, f(−2) = 6, f(3) = 4 in f(−3) = 6.Tako f(x) nima nicle v Z7 in je tako nerazcepen nad Z7. N

Zgled: Zgornja dva zgleda sta lahko zavajajoca. V obeh primerih smonamrec nerazcepnost pripadajocih polinomov nad danima poljema utemeljiliz neobstojem nicle v danem polju. A ta premislek je bil v teh dveh primerihkorekten le zato, ker sta bila pripadajoca polinoma dovolj majhnih stopenj.Kot opozorilo si oglejmo polinom f(x) = x4 + x2 + 1 ∈ Z2. Ker v Z2 veljaf(0) = 1 = f(1), torej f(x) v Z2 nima nicle. A kljub temu je ta polinomrazcepen nad Z2, saj obstaja razcep f(x) = (x2 + x+ 1)2. N

Ideje iz zgornjih dveh zgledov so dovolj pomembne, da jih velja zapisatikot izrek.

Izrek 8.7. Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] polinom stopnje 2 ali 3. Tedaj jef(x) nerazcepen nad F natanko tedaj, ko v F nima nicle.

Dokaz: Treba je le ponoviti dokaz iz zgornjega zgleda, le da tokrat v vsejsplosnosti. Po definiciji je polinom f(x) razcepen nad F natanko tedaj, koobstajata nekonstantna polinoma g(x), h(x) ∈ F [x], za katera velja f(x) =g(x)h(x). Po trditvi 8.1 je vsaj eden izmed polinomov g(x) in h(x) linearen(torej stopnje 1) in tako lahko brez skode za splosnost privzamemo, da jeg(x) = x− a za nek a ∈ F (ker je F polje, lahko privzamemo, da je vodilnikoeficient polinoma g(x) enak 1). Po posledici 8.4 je x− a faktor polinomaf(x) natanko tedaj, ko ima f(x) v a niclo, torej je f(x) res razcepen nad Fnatanko tedaj, ko ima v F niclo. �

Zgornji izrek je zelo uporaben, ko studiramo razcepnost polinomov maj-hnih stopenj nad koncnimi polji. Kot pokaze naslednji izrek in njegovaposledica, pa je zgornji izrek uporaben tudi za situacije, v katerih studiramorazcepnost polinomov majhnih stopenj nad Q.

Izrek 8.8. Naj bo f(x) ∈ Z[x] nek nekonstanten polinom nad kolobarjemcelih stevil Z. Tedaj ima f(x) razcep na nekonstantna polinoma g(x), h(x) ∈


Q[x] nad poljem Q natanko tedaj, ko ima tudi razcep na nekonstantna poli-noma g(x), h(x) ∈ Z[x] nad kolobarjem Z, kjer je deg(g(x)) = deg(g(x)) indeg(h(x)) = deg(h(x)).

Dokaza tega izreka ne bomo navajali. Seveda je ena implikacija (da raz-cep nad Z implicira razcep nad Q) ocitna. Netrivialen del je torej dokaz, daza vsak razcep polinoma f(x) na nekonstantna polinoma g(x), h(x) ∈ Q[x]nad poljem Q obstaja tudi razcep na nekonstantna polinoma g(x), h(x) ∈Z[x], kjer je deg(g(x)) = deg(g(x)) in deg(h(x)) = deg(h(x)). Ta dokaz paje precej tehnicen in ga zato tu ne bomo navajali. Bralec bo opazil, da jeposeben primer te situacije dokazan v dokazu naslednje posledice.

Posledica 8.9. Naj bo f(x) = anxn+an−1x

n−1+· · ·+a1x+a0 ∈ Z[x] nekon-stanten polinom. Tedaj za poljubno racionalno niclo s

t ∈ Q tega polinoma,kjer je D(s, t) = 1, velja, da s deli a0 in t deli an.

Dokaz: Dokaz te posledice lahko dobimo neposredno z uporabo izreka 8.8(bralca vabimo, da poisce ustrezen dokaz), ker pa izreka 8.8 nismo dokazali,navedimo tu neodvisen dokaz te posledice. Naj bo torej s

t ∈ Q niclapolinoma f(x), kjer je D(s, t) = 1. Tedaj po posledici 8.4 obstaja poli-

nom g(x) ∈ Q[x], da je f(x) = (x − st )g(x). Pisimo g(x) = bn−1

cn−1xn−1 +

bn−2

cn−2xn−2 + · · · + b1

c1x + b0

c0, kjer je D(bi, ci) = 1 za vse i, in izracunajmo

produkt (x − st )g(x). Dobimo a0 = − sb0

tc0, torej po predpostavki (a0 ∈ Z)

velja t | b0 in c0 | s. Ker je D(s, t) = 1, od tod takoj dobimo D(t, c0) = 1.Podobno je a1 = b0

c0− sb1

tc1= b0tc1−sb1c0

tc0c1. Zaradi D(s, t) = D(t, c0) = 1

tako dobimo t | b1, od koder potem takoj sledi se D(t, c1) = 1. Hkrati zaradiD(t, c0) = 1 sledi c0 | c1. Nadaljujemo, pa ugotovimo, da za vse i velja t | bi,D(t, ci) = 1 in ci | ci+1 za vse i. Ker velja tudi an = bn−1

cn−1∈ Z, je seveda

cn−1 = 1 (ce je cn−1 = −1, pac bn−1 in cn−1 pomnozimo z −1), torej t delitudi an = bn−1, hkrati pa potem zaradi cn−2 | cn−1 sledi cn−2 = 1 in takonaprej vse do c0 = 1. Ker je torej a0 = − sb0

t in t | b0, tako res velja tudis | a0, kot smo trdili. �

V zgornji posledici sicer res zahtevamo, da ima polinom f(x) celostevilskekoeficiente, a to ne pomeni, da si z njo ne moremo pomagati pri iskanjuracionalnih nicel polinomov z racionalnimi koeficienti. Ker je namrec ho-momorfizem evaluacije homomorfizem kolobarjev, za vsaka a, b ∈ Q, kjerje b 6= 0, velja φa(b · f(x)) = b · φa(f(x)), torej je a nicla za f(x) natankotedaj, ko je nicla za b · f(x). Zato lahko za f(x) ∈ Q[x] polinom najprejpomnozimo z najmanjsim skupnim veckratnikom vseh imenovalcev koefi-cientov, dobimo polinom s celimi koeficienti, nato pa na slednjem uporabimozgornjo posledico, pa bomo dobili vse racionalne nicle zacetnega polinoma.

Zgled: Oglejmo si polinom f(x) = 25x

3 + 25x + 1 ∈ Q[x] in raziscimo nje-

govo razcepnost nad poljem Q. Po izreku 8.7 je polinom f(x) razcepen


nad Q natanko tedaj, ko ima kaksno racionalno niclo. Po zgornjem razmis-leku so racionalne nicle polinoma f(x) natanko racionalne nicle polinomag(x) = 5f(x) = 2x3 + 2x + 5, po zadnji posledici pa so edini kandidati zaracionalne nicle slednjega polinoma stevila ±1

2 ,±52 ,±1,±5. Ker so vsi ko-

eficienti tega polinoma nenegativni, pozitivna stevila ne pridejo v postev.Hitro se prepricamo, da nobeno izmed stevil −1

2 , −25 , −1 in −5 ni nicla poli-

noma g(x). Ta polinom, zato pa tudi f(x), potemtakem nima racionalnenicle in zato po izreku 8.7 ni razcepen nad Q. N

Zgled: Pokazimo, da polinom f(x) = x4 − 4x2 + 1 ∈ Z[x] ni razcepennad Q. Ce bi bil razcepen, bi moral imeti racionalno niclo, ali pa bi bilrazcepen na produkt dveh kvadratnih polinomov (nad Q). V prvem primerubi morala biti po zgornji posledici nicla bodisi 1 bodisi −1. A ker je f(1) =f(−1) = 1 − 4 + 1 = −2 6= 0, ta moznost odpade. Pa denimo, da imapolinom f(x) razcep na dva kvadratna polinoma nad Q. Po zgornjem izrekutedaj obstajata kvadratna polinoma nad Z, ki razcepita f(x). Ker je vodilnikoeficient polinoma f(x) enak 1, to pomeni, da obstajajo cela stevila a, b, c, d,da je x4−4x2+1 = (x2+ax+b)(x2+cx+d). Zmnozimo, pa dobimo naslednjisistem enacb v Z:

0 = a+ c−4 = ac+ b+ d

0 = ad+ bc1 = bd

Iz prve enacbe dobimo c = −a, iz zadnje pa b = d = ±1 (spomnimo se, da soa, b, c, d cela stevila). Od tod potem takoj dobimo se a2 = ±2 + 4. Ker nitienacba a2 = 2 niti enacba a2 = 6 v Z nima resitve, smo s tem dokazali, dazgornji sistem enacb v Z nima resitve, posledicno pa je torej polinom f(x)nad Q nerazcepen. N

Tudi naslednji kriterij je lahko zelo uporaben pri obravnavi razcepnostipolinomov (s celimi koeficienti) nad Q.

Izrek 8.10 (Eisensteinov kriterij). Naj bo p prastevilo in naj bo f(x) =anx

n + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 ∈ Z[x] tak nekonstanten polinom, da

p - an, p | ak za vse 0 ≤ k ≤ n − 1 in p2 - a0. Tedaj je polinom f(x)nerazcepen nad poljem Q.

Dokaz: Po izreku 8.8 je polinom f(x) razcepen nad Q natanko tedaj, ko jerazcepen nad kolobarjem Z. Denimo torej, da za polinoma g(x) = bmx

m +bm−1x

m−1 + · · ·+ b1x+ b0 ∈ Z[x] in h(x) = csxs+cs−1x

s−1 + · · ·+c1x+c0 ∈Z[x], kjer je bm, cs 6= 0, velja f(x) = g(x)h(x). Ker p | a0 in p2 - a0, zaradia0 = b0c0 sledi, da p deli natanko eno izmed stevil b0 in c0. Brez skode zasplosnost privzemimo, da p - b0 in p | c0. Podobno zaradi p - an in an = bmcssledi p - bm in p - cs. Naj bo sedaj k najmanjsi indeks, za katerega p - ck.


Ker p | c0 in p - cs, je 0 < k ≤ s. Tedaj je ak = b0ck + b1ck−1 + · · · + bkc0oziroma ak = b0ck + b1ck−1 + · · ·+ bmck−m, glede na to ali je m ≥ k ali ne.Kakorkoli ze, ker p | ci za vse 0 ≤ i ≤ k − 1 in p - ck ter p - b0, sledi p - ak.Tedaj pa je k = n, od koder zaradi 0 ≤ s,m ≤ n, s + m = n in k ≤ s sledis = n in m = 0. To pa pomeni, da je g(x) konstanten polinom, torej negre za pravi razcep polinoma f(x). Polinom f(x) je tako nerazcepen nad Z,posledicno pa tudi nad Q. �

Zgled: Polinom f(x) = 2x17 + 49x11 − 35x5 + 14x3 + 343x − 77 ∈ Z[x] jenerazcepen nad Q, saj prastevilo 7 deli vse koeficiente tega polinoma razenvodilnega, njegov kvadrat 72 pa ne deli prostega clena. N

Tudi glede Eisensteinovega kriterija velja omeniti, da je seveda uporabentudi za polinome iz Q[x], ki nimajo celih koeficientov. Nek polinom f(x) ∈Q[x] je namrec ocitno razcepen nad Q natanko tedaj, ko je nad Q razcepenpolinom q · f(x), kjer je q ∈ Q nenicelen.

Denimo, da je f(x) ∈ K[x], kjer je K cel kolobar in naj bo a ∈ Kpoljuben. Tedaj je x − a ∈ K[x], torej si lahko ogledamo homomorfizemevaluacije φx−a : K[x]→ K[x]. Denimo sedaj, da je polinom f(x) razcepennad K. Tedaj obstajata nekonstantna polinoma g(x), h(x) ∈ K[x], za kateraje f(x) = g(x)h(x). Sledi f(x−a) = φx−a(f(x)) = φx−a(g(x))φx−a(h(x)) =g(x− a)h(x− a), torej je tudi polinom f(x− a) razcepen (polinoma g(x−a) in h(x − a) sta seveda nekonstantna, saj sta enakih stopenj kot g(x)oziroma h(x)). S tem smo pokazali, da razcepnost polinoma f(x) implicirarazcepnost polinoma f(x− a) za vsak a ∈ K. Za b = −a pa potem dobimo,da razcepnost f(x − a) implicira razcepnost f(x − a − (−a)) = f(x), torejsmo s tem dokazali naslednjo trditev.

Trditev 8.11. Naj bo K cel kolobar in f(x) ∈ K[x] nek nekonstanten poli-nom. Tedaj za vsak a ∈ K velja, da je polinom f(x) nerazcepen nad Knatanko tedaj, ko je nad K nerazcepen polinom f(x− a).

Zgled: Oglejmo si polinom f(x) = x5 +7x4 +18x3 +16x2 +5x+11 ∈ Z[x].Seveda na tem polinomu Eisensteinovega kriterija ni mogoce uporabiti, sajne moremo najti ustreznega prastevila. A to se ne pomeni, da je ta polinomnad Q razcepen. V tem primeru bi bil tak zakljucek celo povsem napacen.Ker je g(x) = f(x − 1) = x5 + 2x4 − 6x2 + 4x + 10, je polinom g(x) poEisensteinovem kriteriju nerazcepen nad Q (vzamemo prastevilo p = 2).Tedaj pa je tudi polinom f(x) nerazcepen nad Q. N

Zgled: Tudi nerazcepnost polinoma f(x) = x4 − 4x2 + 1 ∈ Z[x] nad Q, kismo jo dokazali v enem od zgornjih zgledov, bi lahko utemeljili s pomocjoEisensteinovega kriterija. Velja namrec g(x) = f(x+ 1) = x4 + 4x3 + 2x2 −


4x − 2, torej je polinom g(x), s tem pa tudi polinom f(x), nerazcepen nadQ, saj lahko v Eisensteinovem kriteriju vzamemo p = 2. N

Oglejmo si se tretji zgled, ki je dovolj pomemben, da ga poimenujemokar trditev.

Trditev 8.12. Naj bo p poljubno prastevilo. Tedaj je p-ti ciklotomicen poli-nom Φp(x) = xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1 ∈ Z[x] nerazcepen nad Q.

Dokaz: Oglejmo si polinom

g(x) = Φp(x+ 1) =

p−1∑i=0

(p− 1

i

)xi +

p−2∑i=0

(p− 2

i

)xi + · · ·+ x+ 1 + 1.

Spomnimo se, da za binomske koeficiente velja(m−1k−1)

+(m−1k

)=(mk

). Tedaj

lahko zlahka dolocimo koeficiente polinoma g(x). Treba se je le prepricati,da za vsako naravno stevilo n in vsako celo stevilo 0 ≤ k ≤ n− 1 velja(

n− 1

k

)+

(n− 2

k

)+ · · ·+

(k + 1

k

)+

(k

k

)=

(n

k + 1

).

To dejstvo zlahka dokazemo z indukcijo na n. Za n = 1 je edina moznostk = 0, trditev pa je tedaj

(00

)=(11

), kar je seveda res. Za vsak slucaj

preverimo trditev se za n = 2. V tem primeru je lahko k = 0 ali pa k = 1.Za k = 1 dobimo

(11

)=(22

), za k = 0 pa

(10

)+(00

)=(21

), kar prav tako velja.

Denimo sedaj, da trditev velja za vse n ≤ N in pokazimo, da velja tudi zaN + 1. Za poljuben 0 ≤ k ≤ N je po indukcijski predpostavki(N

k

)+

(N − 1

k

)+ · · ·+

(k + 1

k

)+

(k

k

)=

(N

k

)+

(N

k + 1

)=

(N + 1

k + 1

).

S tem je zgornja trditev po indukciji dokazana za vse n in vse k.Ce pisemo g(x) = ap−1x

p−1 + ap−2xp−2 + · · ·+ a1x+ a0, je torej za vsak

1 ≤ i ≤ p

ap−i =

(p− 1

p− i

)+

(p− 2

p− i

)+· · ·+

(p− ip− i

)=

(p

p− i+ 1

)=

p!

(i− 1)!(p− i+ 1)!.

To pomeni, da je ap−i deljiv s p za vse 2 ≤ i ≤ p. Koeficient ap−1 = 1 sevedas p ni deljiv. Ker pa je a0 =

(p1

)= p, kvadrat prastevila p ne deli prostega

clena, torej je polinom g(x) nerazcepen nad Q po Eisensteinovem kriteriju.Seveda po trditvi 8.11 tedaj nad Q ni razcepen niti ciklotomicni polinomΦp(x). �

Za konec tega razdelka si oglejmo se en koristen kriterij za nerazcepnostpolinomov iz Z[x]. Imejmo nek polinom f(x) = amx

m + am−1xm−1 + · · ·+


a1x+a0 ∈ Z[x] in naj bo p ∈ N prastevilo. Za vsak a ∈ Z naj a oznacuje ekvi-valencni razred iz Zp, katerega predstavnik je a. Oglejmo si sedaj preslikavoψ : Z[x]→ Zp[x], ki poljuben polinom bsx

s+ bs−1xs−1 + · · ·+ b1x+ b0 ∈ Z[x]

preslika v polinom bsxs + bs−1x

s−1 + · · ·+ b1x+ b0 ∈ Zp[x]. Lahko je videti,da je ψ homomorfizem kolobarjev, od koder potem takoj sledi, da v primeru,ko je am 6= 0, razcepnost polinoma f(x) nad Z implicira razcepnost poli-noma ψ(f(x)) nad Zp. Zapisimo to ugotovitev se malce drugace v naslednjitrditvi.

Trditev 8.13. Naj bo f(x) = amxm + am−1x

m−1 + · · · + a1x + a0 ∈ Z[x]polinom stopnje m ≥ 1 in naj bo p poljubno prastevilo, ki ne deli vodilnegakoeficienta am. Pri oznakah iz odstavka pred to trditvijo tedaj velja naslednje.Ce je ψ(f(x)) nerazcepen polinom nad Zp, je tudi f(x) nerazcepen polinomnad Z in posledicno nad Q.

Zgled: Naj bo f(x) = 3x4 + 6x3 + 8x2− 3x+ 11 ∈ Z[x]. Premislimo, ali jef(x) razcepen nad Q? Seveda lahko tudi tokrat uberemo podobno pot, kotsmo jo v enem izmed zgornjih primerov. Najprej preverimo ali ima f(x) kakoracionalno niclo (po posledici 8.9 so kandidati ±1

3 ,±113 ,±1,±11), nato pa

se prepricamo se, da ta polinom nima razcepa na dva kvadratna polinoma.Obstaja pa precej lazja pot. Ce si ogledamo zgoraj opisani homomorfizemψ : Z[x] → Z2[x], vidimo, da se nas polinom preslika v polinom g(x) =x4 + x + 1 ∈ Z2[x]. Ker je g(0) = g(1) = 1, ta polinom v Z2 nima nicle.Edina moznost za razcep je tedaj razcep na dva kvadratna polinoma. Sevec, ta kvadratna polinoma morata biti nerazcepna nad Z2 (sicer ima g(x)po posledici 8.4 niclo v Z2). A ker je edini nerazcepen polinom stopnje 2nad Z2 polinom x2 +x+ 1 in je (x2 +x+ 1)2 = x4 +x2 + 1, polinom g(x) nirazcepen nad Z2. Po zgornji trditvi je torej tudi polinom f(x) nerazcepennad Q. N

Da lahko zgornjo trditev 8.13 ucinkovito uporabljamo, je dobro poznatinabor vseh nerazcepnih polinomov majhnih stopenj (recimo do stopnje 4 ali5) nad Z2, Z3 in morda Z5. Temu sta namenjeni prvi dve spodnji nalogi.

Naloga 8.9. Dolocite vse nerazcepne polinome stopenje najvec 5 nad Z2.(Nasvet: Ko boste iskali nerazcepne polinome stopenj 4 in 5, boste potrebovali

seznam nerazcepnih polinomov stopenj 2 in 3, zato najprej dolocite le-te.)

Naloga 8.10. Dolocite vse nerazcepne polinome stopenj 2 in 3 nad poljemZ3 in vse nerazcepne polinome stopenj 2 in 3 nad Z5.

Naloga 8.11. Dokazite, da za vsako naravno stevilo n ≥ 1 obstaja neskoncnomnogo nerazcepnih polinomov stopnje n nad Q.

Naloga 8.12. Za naslednje polinome kolobarja Z[x] ugotovite ali so razcepninad poljem Q ali ne:


• f(x) = x5 + 2x4 + 3x3 − 4x2 + 6x− 5

• g(x) = x11 + 39x9 − 65x7 + 169x6 − 26x2 + 143

• h(x) = x6 − x3 − 6

• k(x) = x5 − 5x4 + 6x3 + 2x2 − 7x− 3

Naloga 8.13. Za naslednje polinome kolobarja Z2[x] ugotovite ali so raz-cepni nad poljem Z2 ali ne (pomagate si lahko z Nalogo 8.9):

• f(x) = x5 + x2 + x+ 1

• g(x) = x5 + x+ 1

• h(x) = x5 + x4 + x3 + x+ 1

• k(x) = x7 + x6 + x4 + x3 + 1

• s(x) = x7 + x+ 1

Poglavje 9

Enolicnost faktorizacijepolinomov nad poljem inkoncna polja

V tem poglavju bomo pokazali, da v kolobarju polinomov F [x] nadpoljubnim poljem F velja izrek o enolicnosti faktorizacije, ki je torej ana-log izreka 7.8 o enolicnosti faktorizacije v kolobarju celih stevil Z. Pokazalibomo tudi, kako lahko konstruiramo koncna polja, ki niso prastevilskegareda. Da bi lahko dosegli ta dva cilja, moramo v prvem razdelku poglavjanajprej pripraviti se nekaj pomoznih rezultatov.

9.1 Praideali in maksimalni ideali

Kot pove ze naslov razdelka, se bomo v tem razdelku posvetili posebnimidealom, ki jim recemo praideali in maksimalni ideali. Najprej se spomnimo,da je v komutativnem kolobarju K za poljuben a ∈ K mnozica {ka : k ∈ K}ideal kolobarja K. Ce kolobar K vsebuje enico, ta ideal zagotovo vsebujeelement a, torej je v tem primeru (a) = {ka : k ∈ K} (spomnimo se, da (a)oznacuje najmanjsi ideal kolobarja K, ki vsebuje element a). Podobno kotpri grupah in edinkah govorimo o nepravi in trivialni edinki, tudi idealu Krecemo nepravi ideal kolobarja K, idealu {0} pa trivialni ideal kolobarja K.Vsi ostali ideali so pravi netrivialni ideali kolobarja K.

Naslednji rezultat pove, da vsak pravi ideal kolobarja z enico sestoji izsamih neobrnljivih elementov.

Trditev 9.1. Naj bo K kolobar z enico. Ce je element a ∈ K obrnljiv, zavsak ideal I kolobarja K, ki vsebuje a, velja I = K. Z drugimi besedami, ceje a ∈ K∗, je (a) = K.

Dokaz: Naj bo a obrnljiv in denimo, da je I ideal kolobarja K, ki vsebuje a.Ker je a obrnljiv, obstaja a−1 ∈ K, da velja aa−1 = a−1a = 1. Po definiciji

93

94 POGLAVJE 9. ENOLICNOST FAKTORIZACIJE IN POLJA

ideala je tedaj 1 ∈ I. Potem pa za vsak b ∈ K velja b = b · 1 ∈ I in tako jeI = K, kot smo trdili. �

Posledica 9.2. Polje ne premore nobenega pravega netrivialnega ideala.

Dokaz: Ker je v polju F vsak nenicelen element obrnljiv, je po trditvi 9.1edini pravi ideal polja F trivialni ideal {0}. �

V polju F ima torej ideal {0} zanimivo lastnost, da med njim in celimpoljem F ni nobenega drugega ideala. Taksni ideali imajo v teoriji kolobarjevposeben pomen, zato jim dajmo tudi posebno ime.

Definicija. Naj bo K kolobar. Pravi ideal M kolobarja K je njegov maksi-malen ideal, ce ne obstaja ideal I kolobarja K, za katerega velja M ( I ( K.

Bralec se bo zlahka preprical, da bi lahko definicijo maksimalnega idealapodali tudi na sledeci ekvivalenten nacin: pravi ideal M kolobarja K jenjegov maksimalen ideal, ce za vsak ideal I kolobarja K, za katerega jeM ⊆ I ⊆ K, velja bodisi I = M bodisi I = K. Kot pokaze naslednjizgled, ima lahko kolobar vec maksimalnih idealov, ki so lahko celo razlicnihkardinalnosti.

Zgled: Oglejmo si kolobar Z10. Bralec se bo zlahka preprical, da so edinipravi ideali tega kolobarja I1 = {0} = (0), I2 = {0, 5} = (5) in I3 ={0, 2, 4, 6, 8} = (2). Maksimalna ideala kolobarja Z10 sta tako ideala I2 inI3. N

Zgled: Naj bo p prastevilo in naj bo M = (p) ⊂ Z ideal kolobarja Z,generiran s p. Velja torej M = {zp : z ∈ Z}. Ker je indeks [Z : M ] = pprastevilski, torej ne obstaja nobena (komutativna) podgrupa I aditivnegrupe Z, da bi veljalo M ( I ( Z. Tedaj je torej M maksimalen idealkolobarja Z. Bralec se bo zlahka preprical, da je v tem primeru kvocientnikolobar Z/M = Z/(pZ) izomorfen kolobarju Zp. Za slednjega pa ze vemo, daje polje. Kot pokaze naslednji izrek, ki bo igral kljucno vlogo v nadaljevanju,ta situacija ni slucajna. N

Izrek 9.3. Naj bo K komutativen kolobar z enico in naj bo M pravi idealkolobarja K. Tedaj je M maksimalen ideal kolobarja K natanko tedaj, ko jekvocientni kolobar K/M polje.

Dokaz: Denimo najprej, da je M maksimalen ideal kolobarja K in si ogle-jmo kvocientni kolobar K/M . Ker je M pravi ideal kolobarja K, je M 6= Kin zato je K/M netrivialen kolobar. Po trditvi 9.1 enica 1 ni vsebovanav M , torej je K/M komutativen kolobar z enico. Pokazimo, da je vsak

9.1. PRAIDEALI IN MAKSIMALNI IDEALI 95

nenicelen element a+M ∈ K/M obrnljiv v K/M . Ce temu ni tako, potemmnozica I = {ak + M : k ∈ K} ne vsebuje odseka 1 + M . Ker je I ocitnoideal kolobarja K/M in ker gre za pravi netrivialni ideal, je njegova praslikaglede na kanonicni epimorfizem ϕ : K → K/M (ki vsak k ∈ K preslika vodsek k + M) ideal kolobarja K, ki je vsebovan strogo med M in K. Aker je M maksimalen ideal, je to seveda nemogoce. To protislovje pove, daje a + M res obrnljiv element kvocientnega kolobarja K/M , ker pa je bilelement a+M poljuben, je torej K/M polje.

Da pokazemo se obrat sedaj privzemimo, da M ni maksimalen idealkolobarja K. Tedaj obstaja ideal I kolobarja K, da je M ( I ( K. Nje-gova epimorfna slika ϕ(I) je tako pravi netrivialen ideal kolobarja K/M , poposledici 9.2 pa torej kvocientni kolobar K/M ni polje. �

Zgled: Izrek 9.3 torej pove, da sta Z10/(2) in Z10/(5) polji. Bralec se bozlahka preprical, da je prvo izomorfno polju Z2, drugo pa polju Z5. N

Zgled: Spomnimo se (izrek 7.3), da je Z glavni kolobar. Edini ideali kolo-barja Z so torej ideali oblike (n) = nZ, kjer je n neko celo stevilo (v resnicilahko kar predpostavimo, da je n naravno stevilo ali 0). Ker vemo, da jekvocientni kolobar Z/(nZ) ∼= Zn polje natanko tedaj, ko je n prastevilo (topove posledica 7.12), to pomeni, da so edini maksimalni ideali kolobarja Zideali pZ = (p), kjer je p prastevilo. N

Zgornji izrek ima naslednjo zanimivo posledico, ki pove, da velja tudiobrat posledice 9.2.

Posledica 9.4. Naj bo K komutativen kolobar z enico. Tedaj je K poljenatanko tedaj, ko ne premore pravega netrivialnega ideala.

Dokaz: Glede na posledico 9.2 je treba dokazati le obratno implikacijo.Denimo torej, da K ne premore pravega netrivialnega ideala, kar pomeni,da je {0} maksimalen ideal v K. Po izreku 9.3 je tedaj kolobar K ∼= K/{0}polje. �

Posvetimo se sedaj se praidealom, ki smo jih spoznali ze v razdelku 7.1.Bralec naj ponovi definicijo in nato premisli, da je v komutativnem kolobarjuK ideal {0} praideal natanko tedaj, ko kolobar K nima deliteljev nica.

Zgled: Lahko se je prepricati, da je P = Z × {0} ideal kolobarja Z × Z.Pokazimo, da je P celo praideal tega kolobarja. Res, ce za (a, b), (c, d) ∈ Z×Zvelja (a, b)(c, d) = (ac, bd) ∈ Z × {0}, je bd = 0. Ker pa je Z cel kolobar,sledi b = 0 ali d = 0. Tako je potem (a, b) = (a, 0) ∈ Z × {0} ali pa(c, d) = (c, 0) ∈ Z × {0}. Ideal P je torej res praideal kolobarja Z × Z.Kvocientni kolobar (Z × Z)/(Z × {0}) je seveda izomorfen kolobarju Z, ki


je cel kolobar. Tudi to dejstvo ni slucaj, temvec je le posledica naslednjegaizreka. N

Izrek 9.5. Naj bo K komutativen kolobar z enico in naj bo P pravi idealkolobarja K. Tedaj je P praideal kolobarja K natanko tedaj, ko je kvocientnikolobar K/P cel kolobar.

Dokaz: Da je kvocientni kolobar K/P komutativen kolobar z enico, jejasno, saj po trditvi 9.1 enica 1 ni vsebovana v idealu P . Ker so elementikvocientnega kolobarja K/P odseki a + P in ker velja (a + P )(b + P ) =(ab+ P ) = P natanko tedaj, ko je ab ∈ P , ima torej kolobar K/P deliteljenica natanko tedaj, ko obstajata a, b /∈ P , da je ab ∈ P . Povedano drugace,kolobar K/P nima deliteljev nica natanko tedaj, ko je P praideal. �

Posledica 9.6. Naj bo K komutativen kolobar z enico. Tedaj je vsak mak-simalen ideal kolobarja K tudi njegov praideal.

Dokaz: Naj bo M maksimalen ideal kolobarja K. Po izreku 9.3 je tedajkvocientni kolobar K/M polje, ki je seveda cel kolobar. Po izreku 9.5 potemtakoj sledi, da je M praideal. �

Obrat tega izreka seveda v splosnem ne velja. Zgled, ki potrdi to dejstvo,smo spoznali ze zgoraj. Kot smo videli, je Z×{0} praideal kolobarja Z×Z.Ta ideal pa ni maksimalen ideal tega kolobarja. V to se lahko prepricamobodisi z ugotovitvijo, da je Z × {0} ( Z × 2Z ( Z × Z, ali pa kar prekoizreka 9.3. Ker je namrec kvocientni kolobar (Z × Z)/(Z × {0}) izomorfenkolobarju Z, ki ni polje, ideal Z× {0} ni maksimalen ideal kolobarja Z× Z.

Naloga 9.1. Poiscite vse glavne (torej taksne, ki so generirani z enim ele-mentom) praideale in vse glavne maksimalne ideale v kolobarju Z× Z.

Naloga 9.2. Poiscite vse praideale in vse maksimalne ideale kolobarja Z2×Z4.

Naloga 9.3. Ali obstaja komutativen kolobar K z enico, v katerem za dverazlicni prastevili p in q obstaja tako podkolobar, ki je izomorfen polju Zp,kot podkolobar, ki je izomorfen polju Zq?

Naloga 9.4. Poiscite vse maksimalne ideale kolobarja Z30. Za vsak pri-padajoci kvocientni kolobar premislite, kakteremu znanemu polju je izomor-fen.

9.2 Enolicnost faktorizacije v F [x]

Da dokazemo izrek o enolicnosti faktorizacije polinomov nad poljem (glejizrek 9.11), je treba le se zbrati in ustrezno povezati rezultate, ki smo jih ze

9.2. ENOLICNOST FAKTORIZACIJE V F [X] 97

spoznali. Prvi pomemben izrek na tej poti je posledica izreka 8.3 (bralec sebo spomnil definicije glavnega kolobarja iz razdelka 7.1 in dejstva, da je Zglavni kolobar).

Izrek 9.7. Naj bo F polje. Tedaj je kolobar polinomov F [x] nad F glavnikolobar.

Dokaz: Naj bo I poljuben netrivialen ideal kolobarja F [x] in naj bo f(x) ∈I nenicelen polinom minimalne stopnje. Ce je f(x) konstanten polinom, jeseveda obrnljiv (saj je F polje), torej po trditvi 9.1 velja I = F [x] = (1),in tako je I glavni ideal. Denimo torej, da je deg(f(x)) ≥ 1. Naj bo sedajg(x) ∈ I poljuben polinom. Po algoritmu deljenja (izrek 8.3) obstajataenolicno dolocena polinoma q(x), r(x) ∈ F [x], da je g(x) = f(x)q(x) + r(x),kjer je r(x) = 0 ali pa je deg(r(x)) < deg(f(x)). Iz zgornje enakosti sledir(x) = g(x)−f(x)q(x) ∈ I, saj sta v I vsebovana g(x) in f(x). Zaradi mini-malnosti stopnje polinoma f(x) torej ne more veljati deg(r(x)) < deg(f(x))in tako je r(x) = 0. To pa pomeni, da je g(x) = f(x)q(x), kar pomeni, daje I ⊆ (f(x)) in zato I = (f(x)). Ideal I je torej res glavni. �

Karakterizirajmo sedaj maksimalne ideale kolobarja F [x].

Izrek 9.8. Naj bo F polje in naj bo (f(x)) pravi netrivialen ideal kolobarjaF [x]. Tedaj je (f(x)) maksimalen ideal kolobarja F [x] natanko tedaj, ko jepolinom f(x) nerazcepen nad F .

Dokaz: Denimo najprej, da je (f(x)) maksimalen ideal kolobarja F [x] innaj bosta g(x), h(x) ∈ F [x] taka nenicelna polinoma, da je f(x) = g(x)h(x).Ker je (f(x)) maksimalen ideal kolobarja F [x], je po posledici 9.6 tudinjegov praideal in tako je vsaj eden izmed polinomov g(x), h(x) vsebo-van v idealu (f(x)). Brez skode za splosnost privzemimo, da je to g(x).Tedaj je g(x) = f(x)g(x) za nek g(x) ∈ F [x] in zato zaradi nenicelnostig(x) velja deg(g(x)) ≥ deg(f(x)). A ker je tudi f(x) = g(x)h(x), jedeg(f(x)) ≥ deg(g(x)), od koder sledi deg(g(x)) = deg(f(x)). Tedaj paje deg(h(x)) = 0 in tako je h(x) konstanta. Razcep f(x) = g(x)h(x) torejni pravi razcep in zato je f(x) res nerazcepen polinom nad F .

Denimo sedaj, da je polinom f(x) nerazcepen nad F in naj bo I tak idealkolobarja F [x], da je (f(x)) ⊆ I ⊆ F [x]. Po izreku 9.7 je F [x] glavni kolobarin zato je I = (g(x)) za nek polinom g(x) ∈ F [x]. Ker je (f(x)) ⊆ (g(x)), jetorej f(x) ∈ (g(x)) in tako je f(x) = g(x)h(x) za nek h(x) ∈ F [x]. Zaradinerazcepnosti polinoma f(x) je eden izmed polinomov g(x), h(x) konstanten.Ce je konstanten g(x), je g(x) obrnljiv v F [x], in tako po trditvi 9.1 veljaI = F [x]. Denimo tedaj, da polinom g(x) ni konstanten. Tedaj je konstantenpolinom h(x) in tako je I = (g(x)) = (f(x)). S tem smo pokazali, da je(f(x)) res makisimalen ideal, kot smo trdili. �


Izreka 9.3 in 9.8 sta zelo pomembna. Povesta namrec, da je za vsakopolje F in vsak nerazcepen polinom f(x) ∈ F [x] nad F kvocientni kolobarF [x]/(f(x)) polje. Kot bomo videli, je to zagotovilo, da za vsako prastevilop in vsako naravno stevilo n obstaja polje reda pn. Pomen rezultatov tegain prejsnjega razdelka pa se kaze tudi v izreku 9.11, ki ga bomo kmalupokazali. Preden se mu posvetimo, potrebujemo le se naslednji izrek, ki jeanalog Evklidove leme (izrek 7.4), in njegovo posledico.

Izrek 9.9. Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] nek nerazcepen polinom nad F .Tedaj za poljubna polinoma g(x), h(x) ∈ F [x] velja naslednje. Ce f(x) delinjun produkt g(x)h(x), deli tudi vsaj enega izmed njiju.

Dokaz: Denimo torej, da f(x) deli produkt g(x)h(x). Tedaj je sevedag(x)h(x) ∈ (f(x)). Po izreku 9.8 je ideal (f(x)) maksimalen v kolobarjuF [x], torej je po posledici 9.6 tudi njegov praideal. Tedaj pa je vsaj edenizmed polinomov g(x), h(x) vsebovan v idealu (f(x)) in tako f(x) deli vsajenega izmed polinomov g(x), h(x). �

Posledica 9.10. Naj bo F polje in naj bo f(x) ∈ F [x] nerazcepen poli-nom nad F . Tedaj za poljubno naravno stevilo n in za poljubne polinomeg1(x), g2(x), . . . , gn(x) ∈ F [x] velja naslednje. Ce polinom f(x) deli pro-dukt g1(x)g2(x) · · · gn(x), tedaj f(x) deli vsaj enega izmed polinomov gi(x),1 ≤ i ≤ n.

Dokaz: Indukcija na stevilo polinomov n in uporaba izreka 9.9. �

Da lahko podamo glavni izrek tega razdelka vpeljimo se pojem asociira-nosti v celih kolobarjih. Pravimo, da sta si elementa a in b v celem kolobarjuK asociirana, ce obstaja obrnljiv element c ∈ K, da je b = ac.

Izrek 9.11 (O enolicni faktorizaciji polinomov nad poljem). Naj bo F poljein f(x) ∈ F [x] poljuben nekonstanten polinom. Tedaj lahko f(x) v F [x]faktoriziramo na produkt samih nerazcepnih polinomov nad F , pri cemer jefaktorizacija enolicna do vrstnega reda in asociiranosti nerazcepnih faktorjevnatancno.

Dokaz: Pokazimo najprej, da lahko polinom f(x) res faktoriziramo na pro-dukt nerazcepnih polinomov nad F . Ce je polinom f(x) nerazcepen, ni kajdokazati. Sicer obstaja razcep f(x) = g(x)h(x), kjer sta g(x), h(x) ∈ F [x]nekonstantna polinoma. Sedaj postopek nadaljujemo z vsakim izmed poli-nomov g(x) in h(x). Ker je deg(g(x)), deg(h(x)) < deg(f(x)), se ta postopekustavi po najvec deg(f(x)) korakih. Tako dobimo f(x) = g1(x)g2(x) · · · gn(x),kjer so vsi polinomi gi(x) nerazcepni nad F .

Da pokazemo se enolicnost, naj velja se f(x) = h1(x)h2(x) · · ·hm(x),kjer so tudi vsi polinomi hi(x) nerazcepni nad F . Tedaj h1(x) deli pro-dukt g1(x)g2(x) · · · gn(x), torej po posledici 9.10 deli nek gi(x), 1 ≤ i ≤ n.

9.2. ENOLICNOST FAKTORIZACIJE V F [X] 99

Brez skode za splosnost privzemimo, da h1(x) deli g1(x). Ker je g1(x)nerazcepen nad F , h1(x) pa je nekonstanten, je g1(x) = a1h1(x) za nekonenicelno konstanto a1 ∈ F . To pa pomeni, da sta si polinoma h1(x)in g1(x) asociirana. Se vec, ker je F [x] cel kolobar, po trditvi 7.10 veljatudi a1g2(x) · · · gn(x) = h2(x) · · ·hm(x). Nadaljujemo, pa ugotovimo, da jen = m in da po morebitni zamenjavi vrstnega reda faktorjev velja, da jevsak gi(x) asociiran k hi(x). �

Zgled: Kaksen je pomen zgornjega izreka? Oglejmo si polinom f(x) =x5 + x3 + x2 + x + 2 ∈ Z3[x] in poiscimo njegov razcep nad Z3. Hitrougotovimo, da je f(1) = f(−1) = 0, torej sta tako x + 1 kot x − 1 = x + 2faktorja v polinomu f(x). Zaradi enolicnosti faktorizacije ta dva faktorjanastopata v vsaki faktorizaciji polinoma f(x). Zato vemo, da (x+ 1)(x+ 2)deli polinom f(x). Po deljenju dobimo f(x) = (x3+2x+1)(x+1)(x+2). Kerpolinom x3 +2x+1 v Z3 nima nicle, je po izreku 8.7 nerazcepen nad poljemZ3, in tako smo nasli razcep polinoma f(x) nad Z3. Seveda bi lahko pisalitudi f(x) = (x3 + 2x + 1)(2x + 2)(2x + 1), a zaradi asociiranosti faktorjevtega razcepa s prejsnjim (polinom 2x+2 je asociiran z x+1, polinom 2x+1pa z x+ 2), tu v resnici ne gre za drug razcep. N

Izrek 9.11 torej med drugim pove, da vrstni red, po katerem najdemonerazcepne faktorje v faktorizaciji polinoma f(x) ∈ F [x], ni pomemben.Vsak faktor ki ga najdemo, se (do asociiranosti natancno) pojavi v vsakifaktorizaciji polinoma f(x) na produkt samih nerazcepnih polinomov nadF .

Za konec tega razdelka omenimo, da so rezultati, ki smo jih navedli vzadnjih dveh razdelkih, le posebni primeri splosne teorije razcepnosti v celihkolobarjih. Izkaze se, da je vsak glavni kolobar kolobar z enolicno faktor-izacijo (kjer pojem razcepnosti in enolicnosti faktorizacije na naraven nacinposplosimo iz pripadajocih pojmov v kolobarju F [x]). Velja pa se, da je vprimeru, ko je K kolobar z enolicno faktorizacijo, tudi kolobar K[x] kolo-bar z enolicno faktorizacijo (tako je na primer tudi Z[x] kolobar z enolicnofaktorizacijo).

Naloga 9.5. Dolocite najmanjsi ideal kolobarja Z5[x], ki vsebuje polinomaf(x) = x3 + x2 + 2x + 1 in g(x) = x3 + 3x2 + 2x + 1. Ali je dobljeni idealmaksimalen ideal kolobarja Z5[x]?

Naloga 9.6. Polinom f(x) = x5 +x4 +x3 +x2 +x+1 ∈ Z2[x] faktorizirajtena same nerazcepne polinome nad Z2.

Naloga 9.7. Polinom 2x5−x4 + 11x3−6x2 + 66x+ 36 ∈ Z[x] faktorizirajtena same nerazcepne polinome nad Q.


9.3 Konstrukcija koncnih polj

V zadnjem razdelku tega poglavja, se posvetimo se problemu konstrukcijekoncnih polj. V resnici se izkaze, da je vsako koncno polje reda pn za nekoprastevilo p in naravno stevilo n ≥ 1 in da sta poljubni dve polji reda pn

izomorfni. A za dokaz tega dejstva bi potrebovali se nekaj dodatne teorije,zato si raje oglejmo kako taksno polje sploh konstruiramo.

Naj bo torej p prastevilo, naj bo n ≥ 1 neko naravno stevilo. Denimo, daje f(x) ∈ Zp[x] nerazcepen polinom nad Zp stopnje n (o obstoju taksnegapolinoma se na tem mestu ne sprasujemo). Po izreku 9.8 je ideal (f(x))maksimalen ideal kolobarja F [x], po izreku 9.3 pa je tedaj kvocientni kolobarE = Zp[x]/(f(x)) polje. Dolocimo kardinalnost tega polja. Seveda je vsakelement polja E oblike g(x)+(f(x)), kjer je g(x) ∈ Zp[x]. Se vec, za poljubeng(x) ∈ Zp[x] po izreku 8.3 obstajata enolicno dolocena polinoma q(x), r(x) ∈Zp[x], kjer je r(x) = 0 ali pa je deg(r(x)) < n, da je g(x) = f(x)q(x) + r(x).Tedaj je seveda g(x)+(f(x)) = r(x)+(f(x)), s cimer smo torej dokazali, dalahko vsak element polja E zapisemo v obliki g(x) + (f(x)), kjer je g(x) ∈Zp[x] stopnje najvec n − 1. Ker imamo za vsak koeficient polinoma g(x)natanko p moznosti, ima torej polje E najvec pn elementov. Denimo se, daje g(x)+(f(x)) = h(x)+(f(x)) za neka polinoma g(x), h(x) ∈ Zp[x] stopnjenajvec n−1. Tedaj je g(x)−h(x) ∈ (f(x)), torej zaradi deg(g(x)−h(x)) < nsledi g(x) = h(x). Potemtakem ima polje E natanko pn elementov. Takosmo dokazali naslednji izrek.

Izrek 9.12. Naj bo p prastevilo, naj bo n ≥ 1 naravno stevilo in naj bof(x) ∈ Zp[x] nerazcepen polinom nad Zp stopnje n. Tedaj je kvocientnikolobar Zp[x]/(f(x)) polje reda pn.

Zgled: Ilustrirajmo zgornji izrek s konkretnim zgledom. Konstruirajmopolje reda 9. Glede na zgornji izrek moramo torej v ta namen vzeti prastevilop = 3 in nek nerazcepen polinom stopnje n = 2 nad poljem Z3. Vzemimo naprimer f(x) = x2+1. Ker je f(0) = 1 in f(1) = f(2) = 2, polinom f(x) nimanicle v Z3 in zato je po izreku 8.7 nerazcepen nad Z3. Po zgornjem izreku jetedaj E = Z3/(f(x)) polje reda 32 = 9. Oznacimo element x+ (f(x)) poljaE z α. Tedaj lahko mnozico elementov polja E predstavimo takole:

E = {0, 1, 2, α, α+ 1, α+ 2, 2α, 2α+ 1, 2α+ 2}.

Povsem jasno je, kako te elemente sestevamo med seboj (na primer, α +2 + 2α + 2 = 1). Kot komutativna grupa je torej grupa (E,+) izomorfnadirektnemu produktu Z3 × Z3, saj si lahko mislimo, da elemente sestevamokar po “komponentah”, pri cemer koeficiente racunamo po modulu 3. Po-dajmo se tabelo mnozenja za to polje, kjer bomo niclo 0 izpustili (v resnicitorej podajamo grupno tabelo za multiplikativno ciklicno grupo reda 8 - glej

9.3. KONSTRUKCIJA KONCNIH POLJ 101

posledico 8.6):

1 2 α α+ 1 α+ 2 2α 2α+ 1 2α+ 21 1 2 α α+ 1 α+ 2 2α 2α+ 1 2α+ 22 2 1 2α 2α+ 2 2α+ 1 α α+ 2 α+ 1α α 2α 2 α+ 2 2α+ 2 1 α+ 1 2α+ 1

α+ 1 α+ 1 2α+ 2 α+ 2 2α 1 2α+ 1 2 αα+ 2 α+ 2 2α+ 1 2α+ 2 1 α α+ 1 2α 2

2α 2α α 1 2α+ 1 α+ 1 2 2α+ 2 α+ 22α+ 1 2α+ 1 α+ 2 α+ 1 2 2α 2α+ 2 α 12α+ 2 2α+ 2 α+ 1 2α+ 1 α 2 α+ 2 1 2α

Da razlozimo, kako pridemo do posameznih vrednosti v tej tabeli, si naprimer oglejmo izracun produkta (α + 1)(α + 2). Ker je α2 + 1 = f(x) +(f(x)) = 0 + (f(x)) = 0, dobimo α2 = 2, in tako je (α + 1)(α + 2) =α2 + 3α+ 2 = 2 + 2 = 1. Omenimo zgolj se naslednje. Kot smo ze omenili,nam posledica 8.6 zagotavlja, da je E∗ = E \ {0} ciklicna grupa (reda 8). Izzgornje tabele brz razberemo, da so njeni stirje generatorji ravno elementiα+ 1, α+ 2, 2α+ 1 in 2α+ 2. N

Za konec omenimo, da se da pokazati, da za vsako prastevilo p in vsakonaravno stevilo n zares obstaja nerazcepen polinom stopnje n nad Zp, karpotem po izreku 9.12 zagotovi obstoj polja reda pn za vsako prastevilo p invsako naravno stevilo n. Dokaza tega dejstva ne bomo navedli, v spodnjinalogi 9.12 pa bo bralec dokazal, da to velja vsaj za vsako prastevilo p inn = 2.

Naloga 9.8. Dolocite vse mozne konstante c ∈ Z5 (ce sploh obstajajo), dabo kvocientni kolobar Z5[x]/(x4 + x2 + cx+ 2) polje. Kaksne kardinalnostibo dobljeno polje?

Naloga 9.9. Konstruirajte polje reda 8 in podajte njegovo tabelo mnozenja.

Naloga 9.10. Konstruirajte polje reda 16 in poiscite kak generator njegovemultiplikativne grupe obrnljivih elementov.

Naloga 9.11. V zgornjem zgledu smo konstruirali polje E reda 9 s pomocjonerazcepnega polinoma f(x) = x2 + 1 ∈ Z3[x] nad Z3. Tudi polinomg(x) = x2 + x + 2 ∈ Z3[x] je nerazcepen nad Z3. Konstruirajte poljeF = Z3[x]/(g(x)) in podajte njegovo tabelo produktov. V komentarjuna zacetku tega razdelka smo povedali, da so vsa polja reda pn za danoprastevilo p in naravno stevilo n izomorfna med seboj. Poiscite kak izomor-fizem med poljem F in poljem E iz zgornjega zgleda.

Naloga 9.12. Naj bo p poljubno prastevilo. Pokazite, da tedaj obstajanerazcepen polinom stopnje 2 nad Zp. To lahko storite tako, da dolocitestevilo vseh monicnih polinomov stopnje 2 nad Zp in poiscete se zgornjo


mejo za stevilo monicnih polinomov stopnje 2 nad Zp, ki so produkt dvehmonicnih linearnih polinomov nad Zp (upostevajte komutativnost kolobarjaZp[x]).

Poglavje 10

Razsiritve polj inkonstrukcije z ravnilom insestilom

V tem poglavju se bomo posvetili se razsiritvam polj. Kot bomo videli,ima ta teorija precej zanimive posledice. Z njeno pomocjo se da namrecugotoviti, da se nekaterih stvari z obicajnim ravnilom in sestilom ne dakonstruirati.

10.1 Razsiritve polj

Teorija, ki smo jo razvili v prejsnjih dveh poglavjih, nam omogoca, dadokazemo enega izmed najpomembnejsih izrekov algebre. Povedano nekolikopoenostavljeno ta pravi, da ima vsak polinom s koeficienti v danem poljuniclo v nekem (morda malce “vecjem”) polju, ki to dano polje vsebuje. Da bita izrek lahko korektno navedli in tudi dokazali, potrebujemo najprej pojemrazsiritve polja.

Definicija. Naj bosta F in E polji. Tedaj je polje E razsiritev polja F ,ce je polje F podkolobar kolobarja E, to je, ce je F ⊆ E in sta operacijisestevanja in mnozenja v F podedovani iz polja E.

Zgled: Tako je na primer polje R razsiritev polja Q. Tudi polje C jerazsiritev polja Q (seveda je polje C tudi razsiritev polja R). Po drugi stranipolje Z7 ni razsiritev polja Z5, saj mnozica Z5 (ki je mnozica ekvivalencnihrazredov ekvivalencne relacije ∼ na Z, podane s predpisom a ∼ b ⇐⇒ 5 |(b−a)) sploh ni vsebovana v Z7. Pa tudi ce si mnozici Z5 in Z7 predstavljamokar kot Z7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} in Z5 = {0, 1, 2, 3, 4}, ugotovimo, da Z7 nirazsiritev polja Z5, saj na primer v Z5 velja 4 + 4 = 3, v Z7 pa 4 + 4 = 1,kar pomeni, da operaciji v polju Z5 nista podedovani iz polja Z7. Bomo pa

103

104 POGLAVJE 10. RAZSIRITVE POLJ IN KONSTRUKCIJE

kmalu videli, da je vsako polje Zp, kjer je p prastevilo, na naraven nacinvsebovano v nekem polju reda p2, pa v polju reda p3, itd. N

Sedaj lahko podamo zgoraj omenjeni izrek, ki ga pripisujemo LeopolduKroneckerju (1823 - 1891).

Izrek 10.1 (Kroneckerjev izrek). Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] poljubennekonstanten polinom. Tedaj obstaja razsiritev E polja F in v njem α ∈ E,da je f(α) = 0.

Kroneckerjev izrek torej pove, da cetudi nek polinom f(x) ∈ F [x] nimanicle v polju F , vedno obstaja razsiritev E tega polja, v katerem f(x) imaniclo. Povedano se drugace, vsak nekonstanten polinom nad poljem imaniclo v “dovolj velikem” polju.

Dokaz: Po izreku 9.11 ima polinom f(x) faktorizacijo na same nerazcepnepolinome nad F . Denimo, da je eden izmed teh nerazcepnih faktorjev g(x).Jasno je, da je dovolj videti, da obstaja razsiritev polja F , v kateri ima niclopolinom g(x). Ker je polinom g(x) nerazcepen nad F , je po izreku 9.3 inizreku 9.8 kolobar E = F [x]/(g(x)) polje. Oglejmo si sedaj naravni epimor-fizem ψ : F [x] → F [x]/(g(x)). Ker je g(x) nekonstanten polinom, je jasno,da ideal (g(x)) ne vsebuje nobene nenicelne konstante in zato epimorfizemψ polje F bijektivno preslika na neko podpolje F polja E. Izkaze se, da jedovolj dokazati, da ima polinom g(x) ∈ F [x], ki ga iz polinoma g(x) dobimotako, da vsak koeficeient ai ∈ F nadomestimo z ψ(ai) = ai + (g(x)) ∈ F ,niclo v razsiritvi E polja F (podrobnosti, kako potem dejansko skonstru-iramo razsiritev polja F , ki je izomorfno E in v katerem ima g(x) niclo,izpustimo). Pisimo g(x) = anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0, kjer je ai ∈ F

za 0 ≤ i ≤ n in naj bo α = x+ (g(x)) ∈ E. Glede na definicijo mnozenja insestevanja v kvocientnem kolobarju E tedaj dobimo

g(α) = φα(g(x)) =

(an + (g(x)))(x+ (g(x)))n + (an−1 + (g(x)))(x+ (g(x)))n−1 + · · ·+(a1 + (g(x)))(x+ (g(x))) + a0 + (g(x)) =

(anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0) + (g(x)) =

g(x) + (g(x)) = (g(x)) = 0 + (g(x)).

Tako je α res nicla polinoma g(x), s cimer je izrek dokazan. �

Zgled: Ker je f(x) = x2 + 3 ∈ R[x] polinom, ki nima realne nicle, je poizreku 8.7 nerazcepen nad R. Tako je R[x]/(x2+3) po izreku 9.3 in izreku 9.8polje. To je torej polje, v katerem ima polinom f(x) = (1 + I)x2 + 3 + Iniclo (kjer je I = (x2 + 3)), in sicer niclo α = x+ I. N

10.1. RAZSIRITVE POLJ 105

V zgledih tega in prejsnjih poglavij smo ze nekajkrat videli, da obstajajopolja F in polinomi f(x) ∈ F [x], ki v F nimajo nicle in je zato razsiritev Eiz Kroneckerjevega izreka res “prava” razsiritev polja F (res je torej trebavzeti nekoliko “vecje” polje). Izkaze pa se, da v primeru F = C, ko torejobravnavamo polinome s kompleksnimi koeficienti, to ni potrebno. Gre zaenega pomembnejsih in najbolj znanih izrekov algebre. Njegovo ime zato nepreseneca.

Izrek 10.2 (Osnovni izrek algebre). Naj bo f(x) ∈ C[x] poljuben nekonstan-ten polinom. Tedaj ima f(x) vsaj eno niclo v C. Posledicno je moc f(x)nad C faktorizirati na produkt samih polinomov stopnje 1.

Dokaza tega izreka ne bomo navajali. Obstaja sicer relativno kratekdokaz tega dejstva, za katerega pa se potrebujejo pojmi kompleksne analize,konkretno analiticnih funkcij in Liouvilleov izrek. Po drugi strani so vsipovsem algebraicni dokazi precej zahtevni in dolgi.

Posvetimo se sedaj ponovno razsiritvam polj. Denimo, da je E razsiritevpolja F . Nek element polja E je tedaj lahko nicla kakega polinoma iz F [x]ali pa ni nicla nobenega takega polinoma. Glede na to lastnost definiramonaslednja dva pojma, ki se ju bo bralec najbrz spomnil za poseben primer,ko je E = R in F = Q.

Definicija. Naj bo E razsiritev polja F . Element α ∈ E je algebraicennad F , ce obstaja tak nekonstanten polinom f(x) ∈ F [x], da velja f(α) =0. V nasprotnem primeru je α transcendenten nad F . Ko je E = R inF = Q, obicajno namesto “α ∈ R je algebraicen nad Q” recemo kar, da jeα algebraicno (realno) stevilo. (Podobno govorimo tudi o transcendentnihstevilih.)

Bralec je najbrz ze v srednji soli slisal, da sta krozna konstanta π inosnova naravnega logaritma e transcendentni stevli. (Dokaza teh dvehdejstev sta precej netrivialna.) Tu pa se obicajno poznavanje transcen-dentnih stevil konca. Tako marsikdo meni, da so v mnozici vseh realnihstevil transcendentna stevila velika redkost. Izkaze pa se, da je resnicaravno nasprotna. “Skoraj vsa” realna stevila so namrec transcendentna.Bolj natancno, mnozica algebraicnih stevil je stevno neskoncna (torej jih jepravzaprav le toliko, kot je vseh naravnih stevil), posledicno pa je zaradinestevnosti mnozice realnih stevil tudi mnozica vseh transcendentnih stevilnestevna.

Zgled: Ker je α =√

3 ∈ R nicla polinoma x2 − 3 ∈ Q[x], je realno stevilo√3 algebraicno (nad Q). N

Kot moramo pri razcepnosti oziroma nerazcepnosti nekega polinomavedno specificirati o razcepnosti nad katerim poljem je govora, moramo


tudi pri algebraicnosti oziroma transcendentnosti nekega elementa vednospecificirati nad katerim poljem je dani element algebraicen oziroma tran-scendenten.

Zgled: Kot smo ze omenili, je moc dokazati, da je osnova naravnega log-aritma, torej realno stevilo e, transcendentno stevilo. V skladu z nasimdogovorom to pomeni, da je element e ∈ R transcendenten nad Q. Je pa ealgebraicen nad R, saj je nicla polinoma x− e ∈ R[x]. N

Zgled: Prepricajmo se, da je α =

√1 +

√1 +√

2 ∈ R algebraicno stevilo.

Res, iz dane enakosti dobimo α2 = 1+√

1 +√

2, torej je (α2−1)2 = 1+√

2.Sledi

√2 = α4 − 2α2 = α2(α2 − 2), in tako 2 = α4(α2 − 2)2. Razvijemo,

pa dobimo 0 = α8 − 4α6 + 4α4 − 2. Tako je α nicla polinoma f(x) =x8 − 4x6 + 4x4 − 2 ∈ Q[x], kar dokaze, da je stevilo α res algebraicno (nadQ). N

Naslednji izrek podaja karakterizacijo transcendentnih elementov naddanim poljem.

Izrek 10.3. Naj bo E razsiritev polja F , naj bo α ∈ E in naj bo φα : F [x]→E homomorfizem evaluacije v α (torej φα(a) = a za vse a ∈ F in φα(x) = α).Tedaj je α transcendenten nad F natanko tedaj, ko je homomorfizem φαinjektiven, to je, ko φα podaja izomorfizem med F [x] in ustreznim (celim)podkolobarjem polja E.

Dokaz: Dokaz sledi neposredno iz izreka 8.2 o evaluaciji, saj je φα injektivennatanko tedaj, ko ima trivialno jedro, kar pa je res natanko tedaj, ko jef(α) 6= 0 za vse nenicelne polinome f(x) ∈ F [x]. Po zgornji definiciji se tozgodi natanko tedaj, ko je α transcendenten nad F . �

Posvetimo se sedaj algebraicnim elementom nad polji. Naslednji izrek jekljucnega pomena za nadaljevanje.

Izrek 10.4. Naj bo E razsiritev polja F in naj bo α ∈ E algebraicen nadF . Tedaj obstaja nekonstanten polinom f(x) ∈ F [x], ki je nerazcepen nad Fin za katerega je f(α) = 0. Se vec, ta polinom je do mnozenja s konstantoenolicno dolocen, velja pa se naslednje. Ce je g(x) ∈ F [x] poljuben nekon-stanten polinom, za katerega je g(α) = 0, tedaj polinom f(x) deli polinomg(x).

Dokaz: Ker je α algebraicen nad F , obstaja nekonstanten polinom h(x) ∈F [x], za katerega je h(α) = 0. Po izreku 9.11 je moc polinom h(x) doasociiranosti in vrstnega reda faktorjev natancno enolicno faktorizirati naprodukt samih nerazcepnih polinomov nad F . Ker je h(α) = 0 in ker je E


polje, ki je torej brez deliteljev nica, po izreku 8.2 v omenjeni faktorizacijipolinoma h(x) obstaja nerazcepen faktor f(x), za katerega je f(α) = 0.

Pokazimo sedaj se drugi del izreka. Ker je φα : F [x]→ E homomorfizemkolobarjev, je njegovo jedro K ideal kolobarja F [x]. Po izreku 9.7 je K =(q(x)) za nek polinom q(x) ∈ F [x]. Ker je f(α) = 0, je seveda f(x) ∈ K,torej je f(x) = s(x)q(x) za nek s(x) ∈ F [x]. A ker je f(x) nerazcepen nad F ,je s(x) konstanten polinom (ker q(x) generira K in ker K 6= F [x], polinomq(x) ni konstanten), torej je f(x) asociiran h q(x), to je K = (f(x)), s cimerje izrek dokazan. �

Po zgornjem izreku torej za vsak algebraicen element α ∈ E nad Fobstaja enolicno dolocen nerazcepen polinom nad F z vodilnim koeficientom1, ki ima niclo v α. Temu polinomu damo posebno ime.

Definicija. Naj bo E razsiritev polja F in naj bo α ∈ E algebraicen nadF . Tedaj enolicno dolocenemu nekonstantnemu polinomu f(x) ∈ F [x] zvodilnim koeficientom 1, ki je nerazcepen nad F in za katerega velja f(α) =0, recemo minimalni polinom za α nad F .

Zgled: Oglejmo si α =√

2 ∈ R. Ker je α2 − 2 = 0, je α algebraicen nadQ. Ker je polinom f(x) = x2 − 2 ∈ Q[x] po Eisensteinovem kriteriju 8.10nerazcepen nad Q, je torej f(x) minimalni polinom za

√2 nad Q. N

Naj bo sedaj E razsiritev polja F in α ∈ E. Ker je E polje, ki vsebujetako F kot α, obstaja najmanjse podpolje polja E, ki vsebuje tako F kot α(dobimo ga kot presek vseh podpolj polja E s to lastnostjo). Oznacimo gaz F (α).

Definicija. Naj bo E razsiritev polja F . Ce obstaja α ∈ E, da je E = F (α),je E enostavna razsiritev polja F .

Zgled: Ker je vsako podpolje polja C, ki vsebuje vsa realna stevila inse imaginarno enoto i, enako kar celemu polju C, je R(i) = C, torej je Cenostavna razsiritev polja R. N

Premislimo se naslednje. Denimo, da je α ∈ E algebraicen nad F inoznacimo z f(x) ∈ F [x] njegov minimalni polinom nad F . Ker je poli-nom f(x) nerazcepen nad F , je po izrekih 9.3 in 9.8 kvocientni kolobarF [x]/(f(x)) polje. Za homomorfizem evaluacije φα : F [x] → E seveda veljaf(x) ∈ Ker(φα), torej zaradi maksimalnosti ideala (f(x)) v F [x] veljaKer(φα) = (f(x)). Po izreku o izomorfizmu je tako polje F [x]/(f(x)) izo-morfno sliki φα(F [x]). Ocitno torej velja φα(F [x]) = F (α).

Brez dokaza omenimo, da je v primeru, ko je α ∈ E transcendentennad F , slika φα(F [x]) nek cel podkolobar polja E, polje F (α) pa je tedajizomorfno polju vseh racionalnih funkcij s koeficienti v F .


Naslednji izrek natancno doloci strukturo polja F (α) v primeru, ko jeα ∈ E algebraicen nad F .

Izrek 10.5. Naj bo E razsiritev polja F in naj bo α ∈ E algebraicen nad F .Oznacimo z n stopnjo minimalnega polinoma za α nad F . Tedaj ima vsakelement iz razsiritve F (α) enolicen zapis oblike

a0 + a1α+ a2α2 + · · ·+ an−1α

n−1, a0, a1, . . . , an−1 ∈ F.

Dokaz: Po zgornjem je F (α) = φα(F [x]). Naj bo sedaj β ∈ F (α) poljuben.Tedaj obstaja g(x) ∈ F [x], da velja β = g(α). Pisimo g(x) = bmx

m +bm−1x

m−1 + · · ·+b1x1 +b0. Tako je β = bmαm+bm−1α

m−1 + · · ·+b1α1 +b0.Naj bo sedaj f(x) = xn + cn−1x

n−1 + · · ·+ c1x+ c0 minimalni polinom za αnad F . Ker je f(α) = 0, je αn = −cn−1αn−1 − cn−2αn−2 − · · · − c1α− c0 intako se αn, posledicno pa tudi vse potence αk za k ≥ n, linearno (s koeficientiiz F ) izrazajo s potencami αi za 0 ≤ i ≤ n − 1. S tem smo pokazali, daobstajajo a0, a1, . . . , an−1 ∈ F , da je β = a0 + a1α+ · · ·+ an−1α

n−1.Ostane nam se dokaz enolicnosti. Pa denimo, da velja se β = a′0 +a′1α+

· · ·+ a′n−1αn−1. Sledi (an−1− a′n−1)αn−1 + (an−2− a′n−2)αn−2 + · · ·+ (a1−

a′1)α+a0−a′0 = 0. Ker je f(x) minimalni polinom za α nad F , mora veljatiai − a′i = 0 za vse 0 ≤ i ≤ n− 1, s cimer je dokaz koncan. �

Bralec se bo zlahka preprical, da je vsaka razsiritev E polja F nek F -vektorski prostor. Pri tem je sestevanje vektorjev kar obicajno sestevanjev E, mnozenje s “skalarji” iz F pa obicajno mnozenje v E. Zgornji izrekima tako v jeziku vektorskih prostorov naslednji “prevod” (bralec lahko tarezultat primerja z izrekom 9.12).

Posledica 10.6. Naj bo E razsiritev polja F in naj bo α ∈ E algebraicennad F . Ce je stopnja minimalnega polinoma za α nad F enaka n, je F (α)n-dimenzionalen F -vektorski prostor. V posebnem primeru, ko je F poljereda m, je torej F (α) polje reda mn. Obenem velja, da je poljuben β ∈ F (α)algebraicen nad F , stopnja njegovega minimalnega polinoma nad F pa jenajvec n.

Dokaz: Po izreku 10.5 je moc vsak β ∈ F (α) na enolicen nacin zapisati kotF -linearno kombinacijo elementov 1, α, . . . , αn−1, torej slednjih n elementovtvori bazo F -vektorskega prostora F (α). Dokaz zadnjega dela posledicesedaj takoj sledi. Naj bo namrec β ∈ F (α). Ker je F (α) dimenzije n nad F ,vektorji 1, β, β2, . . . , βn ne morejo biti linearno neodvisni in zato obstajajotaki bi ∈ F , 0 ≤ i ≤ n, ki niso vsi enaki 0, da je bnβ

n + bn−1βn−1 + · · · +

b1β + b0 = 0. Tako je β algebraicen nad F , po izreku 10.4 pa je stopnjanjegovega minimalnega polinoma nad F najvec n. �

Zgled: Naj bo f(x) = x2 + 2 ∈ Z5[x]. Ker je f(0) = 2, f(1) = f(4) = 3in f(2) = f(3) = 1, je polinom f(x) po izreku 8.7 nerazcepen nad Z5. Ce z


E oznacimo razsiritev polja Z5, v katerem ima f(x) kako niclo in z α ∈ Eoznacimo eno izmed teh (dveh) nicel, je torej Z5(α) dvodimenzionalni vek-torski prostor nad Z5, katerega poljuben element ima enolicen zapis oblikea+bα, kjer sta a, b ∈ Z5. Tabela sestevanja za Z5(α) = {a+bα : a, b ∈ Z5} jena dlani. Za zapis tabele mnozenja za nenicelne elemente tega polja reda 25je treba upostevati dejstvo, da je α2 = 3, saj je 0 = f(α) = α2 + 2. Racuniso tedaj preprosti. Tako na primer dobimo (2+2α)(3+α) = 1+3α+2α2 =2 + 3α. Po posledici 8.6 je multiplikativna grupa F (α)∗ ciklicna grupa reda24. Bralca vabimo, da poisce kak njen generator. N

V zgornjem izreku 10.5 smo se prepricali, da je v primeru, ko je α ∈E algebraicen nad F , vsak element razsiritve F (α) algebraicen nad F .Razsiritvam s to lastnostjo dajmo posebno ime.

Definicija. Naj bo E razsiritev polja F . Ce je vsak element polja E alge-braicen nad F , je E algebraicna razsiritev polja F .

Kot smo omenili ze zgoraj, je vsaka razsiritev E polja F nek F -vektorskiprostor. Dimenzija tega vektorskega prostora nad F pa je lahko koncna alineskoncna. Za nas bodo pomembne predvsem tiste razsiritve, ki so koncnedimenzije nad danim poljem.

Definicija. Naj bo E razsiritev polja F . Ce je dimenzija polja E kotvektorskega prostora nad F koncna, recimo n, pravimo, da je E koncnarazsiritev polja F dimenzije n. To dimenzijo oznacimo z [E : F ] in jo imenu-jemo stopnja razsiritve polja E nad poljem F .

Po izreku 10.5 je torej za α ∈ E, ki je algebraicen nad F , dimenzija[F (α) : F ] ravno stopnja minimalnega polinoma za α nad F . Naslednjatrditev sledi neposredno iz dejstva, da za 1-dimenzionalni F -vektorski pros-tor E, ki vsebuje F , velja E = F .

Trditev 10.7. Naj bo E koncna razsiritev polja F . Tedaj je E = F natankotedaj, ko velja [E : F ] = 1.

Dokaz naslednjega izreka smo pravzaprav napravili ze v dokazu izreka 10.5.

Izrek 10.8. Naj bo E koncna razsiritev polja F . Tedaj je E algebraicnarazsiritev polja F .

Dokaz: Oznacimo z n dimenzijo [E : F ]. Vzemimo sedaj poljuben β ∈E. Vektorji 1, β, β2, . . . , βn tedaj ne morejo biti linearno neodvisni in zatoobstajajo b0, b1, . . . , bn ∈ F , da je bnβ

n + bn−1βn−1 + · · · + b1β + b0 = 0.

Tako je β algebraicen nad F . �

Naslednji izrek sicer sledi neposredno iz ustreznega izreka iz linearnealgebre, a bomo mi navedli samostojen dokaz, ki razkrije neke pomembne


podrobnosti. Za nas je ta izrek izjemnega pomena, saj bomo z njegovopomocjo uspeli dokazati, da nekaterih geometrijskih konstrukcij ne moremonarediti zgolj z navadnim ravnilom in sestilom.

Izrek 10.9. Naj bo E koncna razsiritev polja F in K koncna razsiritev poljaE. Tedaj je tudi K koncna razsiritev polja F in velja [K : F ] = [K : E][E :F ].

Dokaz: Oznacimo n = [K : E] inm = [E : F ] in naj boA = {α1, α2, . . . , αn}neka baza za K nad E, B = {β1, β2, . . . , βm} pa neka baza za E nad F .Pokazimo, da je C = {αiβj : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m} baza za K nad F .Prepricajmo se najprej, da je C ogrodje F -vektorskega prostora K. Naj botedaj k ∈ K poljuben element. Ker je A baza E-vektorskega prostora K, ob-stajajo a1, a2, . . . , an ∈ E, da je k =

∑ni=1 aiαi. Ker je B baza F -vektorskega

prostora E, za vsak ai obstajajo bi1, bi2, . . . , bim ∈ F , da je ai =∑m

j=1 bijβj .

Tedaj pa je k =∑n

i=1

(αi∑m

j=1 bijβj

), torej je C res ogrodje F -vektorskega

prostora K. Da dokazemo se linearno neodvisnost denimo, da za nekebij ∈ F , 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m, velja

∑ni=1

∑mj=1(bijαiβj) = 0. Tedaj

je 0 =∑n

i=1

(αi∑m

j=1 bijβj

), torej zaradi linearne neodvisnosti baze A za

vsak i velja∑m

j=1 bijβj = 0. Ker je tudi mnozica B linearno neodvisna, zavsak i velja bij = 0 za vse j. Torej so prav vsi koeficienti bij nicelni in zatoje C res baza F -vektorskega prostora K. �

Nacin, na katerega smo dobili bazo F -vektorskega prostora K, si veljazapomniti. Iz baze {α1, α2, . . . , αn} za K nad E in baze {β1, β2, . . . , βm} zaE nad F jo dobimo tako, da vzamemo kar mnozico {αiβj : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤j ≤ m}. Izreka 10.5 in 10.9 nam data naslednjo koristno posledico.

Posledica 10.10. Naj bo α ∈ E algebraicen element nad F . Tedaj za vsakβ ∈ F (α) velja, da je [F (β) : F ] delitelj stevila [F (α) : F ], to je, stopnjaminimalnega polinoma za β nad F je delitelj stopnje minimalnega polinomaza α nad F .

Dokaz: Ker je β ∈ F (α), je F (α) polje, ki vsebuje tako F kot β. Zatovelja F ⊆ F (β) ⊆ F (α), obe pripadajoci razsiritvi pa sta seveda koncni.Tako po izreku 10.9 dobimo [F (α) : F ] = [F (α) : F (β)][F (β) : F ], s cimerje posledica dokazana. �

Zgled: Pokazimo, da je polinom f(x) = x3 − 2 ∈ Z[x] nerazcepen nadpoljem Q(

√2). Bralca, ki je morda pomislil na to, da to sledi neposredno iz

Eisensteinovega kriterija, opozorimo, da le-ta govori samo o nerazcepnostipolinomov iz Z[x] nad Q, ne pa tudi nad njegovimi razsiritvami. Sevedalahko uporabimo izrek 8.7, ki pove, da je f(x) nerazcepen nad Q(

√2)


natanko tedaj, ko v Q(√

2) nima nicle (saj gre za polinom stopnje 3). Dabi to preverili, bi morali pokazati, da noben element a + b

√2 ∈ Q(

√2),

kjer je a, b ∈ Q, ni nicla polinoma f(x). Precej bolj eleganten dokaz do-bimo s pomocjo zgornje posledice. Denimo namrec, da je polinom f(x)razcepen nad Q(

√2). Kot receno, ima tedaj f(x) niclo, recimo β, v Q(

√2).

Tedaj je Q(√

2) razsiritev polja Q(β) in tako po zgornjem izreku velja2 = [Q(

√2) : Q] = [Q(

√2) : Q(β)][Q(β) : Q]. A ker je polinom f(x) po

Eisensteinovem kriteriju nerazcepen nad Q, je f(x) po izreku 10.4 ravnominimalni polinom za β nad Q in tako je [Q(β) : Q] = 3, kar je po zgornjemnemogoce. N

Naj bo E razsiritev polja F in naj bosta α, β ∈ E. Tedaj je (F (α))(β)najmanjse polje, ki vsebuje F (α) in β, (F (β))(α) pa najmanjse polje, kivsebuje F (β) in α. Tako je (F (β))(α) polje, ki vsebuje F , β in α, torejje to polje, ki vsebuje F (α) in β. Sledi (F (α))(β) ⊆ (F (β))(α). Podobnodobimo tudi drugo vsebovanost in tako velja (F (α))(β) = (F (β))(α). Zatobomo odslej to polje oznacili kar z F (α, β). Seveda gre za najmanjse polje,ki vsebuje F , α in β. Prav tako je jasno, da lahko ta premislek posplosimona primer, ko polju F dodamo poljubno koncno stevilo elementov αi ∈ E.

Zgled: Dolocimo stopnjo razsiritve Q(√

3, 3√

3) nad Q. Ker je polinomf(x) = x2− 3 ∈ Z[x] po Eisensteinovem kriteriju (za p = 3) nerazcepen nadQ in velja f(

√3) = 0, je [Q(

√3) : Q] = 2. Tudi polinom g(x) = x3 − 3 je

po Eisensteinovem kriteriju (zopet za p = 3) nerazcepen nad Q. Ker veljag( 3√

3) = 0, je torej [Q( 3√

3) : Q] = 3. Seveda je polinom g(x) vsebovan tudiv kolobarju Q(

√3)[x] in tako po izreku 10.4 velja [Q(

√3, 3√

3) : Q(√

3)] ≤ 3,od tod pa po izreku 10.9 dobimo d = [Q(

√3, 3√

3) : Q] = [Q(√

3, 3√

3) :Q(√

3)][Q(√

3) : Q] ≤ 3 · 2 = 6. Zaradi [Q(√

3) : Q] = 2 zagotovo velja2 | d, torej je d ∈ {2, 6}. Podobno je [Q(

√3, 3√

3) : Q] = [Q(√

3, 3√

3) :Q( 3√

3)][Q( 3√

3) : Q], torej zaradi [Q( 3√

3) : Q] = 3 velja tudi 3 | d. Sledid = 6. Bralec bo opazil, da smo s tem med drugim tudi dokazali, da je[Q(√

3, 3√

3) : Q( 3√

3)] = 2 in [Q(√

3, 3√

3) : Q(√

3)] = 3.

Omenimo se tole. Iz dokaza izreka 10.9 sledi, da je ena izmed moznih bazQ-vektorskega prostora Q(

√3, 3√

3) mnozica {1,√

3, 3√

3, 3√

9,√

3 3√

3,√

3 3√

9} =

{1, 336 , 3

26 , 3

46 , 3

56 , 3

76 }. Bralec se bo preprical, da bi v tej bazi namesto 3

76

lahko vzeli 316 , kar pokaze, da je Q(

√3, 3√

3) = Q( 6√

3). N

Zgled: Oglejmo si razsiritvi Q(√

2,√

3) ter Q(√

2 +√

3). Ker je√

2,√

3 ∈Q(√

2,√

3), je seveda tudi√

2 +√

3 ∈ Q(√

2,√

3). Sledi Q(√

2 +√

3) ⊆Q(√

2,√

3). Naj bo sedaj α =√

2 +√

3. Tedaj je α3 = 2√

2 + 6√

3 +9√

2 + 3√

3 = 11√

2 + 9√

3. Tako je 12(α3 − 9α) =

√2 ∈ Q(α). Seveda je

potem se√

3 = α −√

2 ∈ Q(α). Sledi Q(√

2,√

3) ⊆ Q(√

2 +√

3) in takoQ(√

2,√

3) = Q(√

2 +√

3).


Pokazimo, da√

3 /∈ Q(√

2). V nasprotnem primeru velja√

3 = a+ b√

2za neka a, b ∈ Q, od koder sledi 3−a2−2b2−2ab

√2 = 0. Ker je {1,

√2} baza

Q-vektorskega prostora Q(√

2), sledi 2ab = 0 in 3− a2 − 2b2 = 0, od koderpotem sledi bodisi a2 = 3 bodisi 2b2 = 3. Ker nobena izmed teh dveh enacbnima resitve v Q, smo s tem res dokazali

√3 /∈ Q(

√2) in tako je [Q(

√2,√

3) :Q(√

2)] = 2, od koder potem sledi [Q(√

2 +√

3) : Q] = [Q(√

2,√

3) : Q] =2 · 2 = 4. Seveda bi enakost [Q(

√2 +√

3) : Q] = 4 lahko dokazali tudidirektno, tako da bi pokazali, da polinom f(x) = x4 − 10x2 + 1 ∈ Q[x],katerega nicla je

√2 +√

3, ni razcepen nad Q. N

Zgled: Realni stevili√

2 in√

3 iz zgornjega zgleda sta nicli polinomovx2 − 2, ozirima x3 − 3 iz Q[x]. Oglejmo si tokrat polinoma f(x) = x2 + 3 =x2−2 ∈ Z5[x] ter g(x) = x2+2 = x2−3 ∈ Z5[x]. Ker v Z5 velja 12 = 42 = 1in 22 = 32 = 4, nobeden izmed teh dveh polinomov nima nicle v Z5, torejsta po izreku 8.7 oba nerazcepna nad Z5. Ce tedaj z E oznacimo nekorazsiritev polja Z5, ki vsebuje kako niclo, recimo α, polinoma f(x) ter hkratikako niclo, recimo β, polinoma g(x), velja [Z5(α) : Z5] = [Z5(β) : Z5] = 2.Tako je [Z5(α, β) : Z5] ∈ {2, 4}. A ker je α2 + 3 = 0, je g(2α) = (2α)2 + 2 =4α2+2 = 3+2 = 0, torej je 2α nicla polinoma g(x). Seveda je g(3α) = g(2α),torej sta 2α in 3α nicli polinoma g(x). Po posledici 8.5 sta to edini nicli zag(x) v E, torej je β ∈ {2α, 3α}. V vsakem primeru je torej β ∈ Z5(α) intako je Z5(β) ⊆ Z5(α). Zaradi [Z5(α) : Z5] = [Z5(β) : Z5] = 2 tedaj slediZ5(α) = Z5(β). N

Za konec tega razdelka pokazimo se naslednji izrek, ki karakterizirakoncne algebraicne razsiritve polj.

Izrek 10.11. Naj bo E algebraicna razsiritev polja F . Tedaj je E koncnarazsiritev polja F natanko tedaj, ko obstaja naravno stevilo n in elementiα1, α2, . . . , αn ∈ E, da je E = F (α1, α2, . . . , αn).

Dokaz: Denimo najprej, da je [E : F ] = m za nek m. Dokaz napravimoz indukcijo na m. Ce je m = 1, po trditiv 10.7 velja E = F , torej ni kajdokazati. Denimo torej, da je m > 1 in naj bo α1 ∈ E \ F poljuben. Tedajje [F (α1) : F ] neko naravno stevilo, ki je vecje od 1, torej je [E : F (α1)] =

m[F (α1):F ] < m. Po indukciji obstajajo α2, α3, . . . , αn ∈ E za nek n, da je

E = (F (α1))(α2, α3, . . . , αn) = F (α1, α2, . . . , αn), kot smo zeleli.Denimo sedaj, da obstajajo neki elementi α1, α2, . . . , αn ∈ E, da je E =

F (α1, α2, . . . , αn). Ker je E algebraicna razsiritev nad F , je za vse i stopnjarazsiritve [F (α1, α2, . . . , αi) : F (α1, α2, . . . , αi−1)] ≤ [F (αi) : F ] koncna,torej je po veckratni uporabi izreka 10.9 seveda tudi stopnja razsiritve [E : F ]koncna. �

Naloga 10.1. Pokazite, da je kompleksno stevilo α =5√

1 +√

2 + 3i alge-

10.2. KONSTRUKCIJE Z RAVNILOM IN SESTILOM 113

braicno nad Q.

Naloga 10.2. Kot smo omenili, je osnova naravnega logaritma transcen-dentno realno stevilo. Ali lahko na osnovi tega dejstva poveste kaj o alge-braicnosti oziroma transcendentnosti stevila e2? Kaj pa stevila e100? Aliznate utemeljiti, da obstaja vsaj stevno neskoncno razlicnih transcendentnihrealnih stevil?

Naloga 10.3. Naj bo E neka razsiritev polja Z7 in naj bo α ∈ E \ Z7

tak element, da v E velja α4 + 3α3 + 3α2 + 1 = 0. Dolocite tedaj stopnjorazsiritve [Z7(α) : Z7].

Naloga 10.4. Dolocite stopnjo razsiritve [Q(√

7− 3i) : Q].

Naloga 10.5. Dolocite stopnjo razsiritve [Q( 3√

5 + 2i) : Q]. (Nasvet: Pri

izracunu si lahko pomagate tako, da najprej pokazete enakost Q( 3√

5 + 2i) =

Q( 3√

5, i), nato pa uporabite izrek 10.9.)

Naloga 10.6. Dolocite stopnjo razsiritve [Q(√

3, 3√

3, 5√

3, 7√

3) : Q].

10.2 Konstrukcije z ravnilom in sestilom

V zadnjem razdelku bomo pokazali, da ima teorija prejsnjega razdelkaprecejsnjo uporabno vrednost. Tako bomo na primer uspeli pokazati, da znavadnim ravnilom in sestilom ni mogoce konstruirati kvadrature vsakegakroga, pa podvojitve kocke, ali pa trisekcije danega kota.

A pojdimo lepo po vrsti. Cilj tega razdelka je ugotoviti, katere objektelahko v jeziku klasicne evklidske geometrije v ravnini konstruiramo samo znavadnim ravnilom in sestilom. Izhajali bomo iz predpostavke, da imamodano daljico, katere dolzino vzamemo za enoto. Dolocili bi radi vsa realnastevila, ki jih znamo konstruirati z ravnilom in sestilom iz te enotske daljice.Podajmo natancno definicijo.

Definicija. Ob predpostavki, da imamo dano enotsko daljico AB, je realnostevilo α ∈ R konstruktibilno, ce je moc z ravnilom in sestilom skonstruiratidaljico dolzine |α||AB|. Mnozico konstruktibilnih realnih stevil oznacimo zF .

Pri tem |AB| oznacuje dolzino daljice AB. Za vsak slucaj omenimo, da jestevilo 0 konstruktibilno, pri cemer si mislimo, da poljubna tocka predstavljadaljico dolzine 0.

Lema 10.12. Mnozica F vsebuje vsa cela stevila.

Dokaz: Po definiciji za vsako realno stevilo α velja, da je α ∈ F natankotedaj, ko je −α ∈ F . Dovolj je torej dokazati, da so konstruktibilna vsanaravna stevila. Stevilo 1 je konstruktibilno po predpostavki. Da dobimo


2, je treba na poltraku, ki se zacne v A, v tocki B, ki je na razdalji 1od A, narisati kroznico z radijem 1. Ce je C tisto presecisce te kroznicez omenjenim poltrakom, ki je razlicno od tocke A, je dolzina daljice ACenaka 2. Daljico dolzine 3 sedaj dobimo tako, da v B narisemo kroznico spolmerom 2, itd. �

Spomnimo se, da je moc z ravnilom in sestilom v poljubni tocki danepremice (oziroma daljice) skonstruirati pravokotnico na to premico (oziromadaljico). Ce gre za daljico, z ravnilom najprej narisemo premico (oziromazelo dolgo daljico), ki vsebuje dano daljico. V dani tocki potem s sestilomnarisemo kroznico (poljubnega radija), nato pa v obeh preseciscih kroznices premico narisemo se kroznici z (enakim) radijem, ki je vecji od prejsnjega.Premica, ki poteka skozi presecisci teh dveh kroznic, je pravokotna na danopremico (daljico) in jo seka v dani tocki.

Spomnimo se tudi, da je moc dani premici skozi dano tocko, ki ne lezina tej dani premici, narisati vzporednico, ki vsebuje to dano tocko. V danitocki narisemo kroznico dovolj velikega radija, da kroznica seka dano pre-mico v dveh tockah. Nato v preseciscih narisemo kroznici (istega) dovoljvelikega radija, da se ti dve kroznici sekata v dveh tockah. Premica skoziti dve presecisci je pravokotnica na dano premico, ki vsebuje dano tocko.Sedaj v dani tocki le se skonstruiramo pravokotnico na pravkar dobljenopravokotnico.

Dokazimo sedaj naslednji izrek, katerega ena izmed posledic je, da so vsaracionalna stevila konstruktibilna.

Izrek 10.13. Naj bosta α, β ∈ F poljubni konstruktibilni realni stevili. Tedajso konstruktibilna tudi stevila α+β, α−β in αβ. Ce je β 6= 0, je konstruk-tibilno tudi stevilo α/β.

Dokaz: Ocitno je dovolj pokazati konstruktibilnost vseh teh stevil za α, β ≥0. Konstruktibilnost stevil α+ β in α− β je jasna. Za α+ β na poltraku skrajiscem A najprej narisemo kroznico s polmerom α, nato pa v preseciscute kroznice s poltrakom narisemo se kroznico s polmerom β. Presecisce tekroznice s poltrakom, ki ni vsebovano v kroznici s polmerom α v A, oznacimos C. Tedaj je AC daljica dolzine α+ β. Za α− β je ocitno dovolj dokazatikonstruktibilnost za primer, ko je α ≥ β. V tem primeru ima druga kroznicaiz zgornjega opisa s poltrakom eno presecisce, ki je vsebovano v kroznici v As polmerom α. Ce to presecisce oznacimo z D, je AD daljica dolzine α− β.

Posvetimo se sedaj produktu αβ. Ce je katero izmed stevil α, β enako0, ni kaj dokazati, zato privzemimo α, β > 0. Narisimo poltrak, ki se zacnev A ter poljuben drug poltrak, ki se zacne v A, a ni vzporeden s prvimpoltrakom. Na prvem poltraku naj bo B tocka, ki je od A oddaljena za 1, Cpa tocka, ki je od A oddaljena za α. Na drugem poltraku naj bo D tocka, kije od A oddaljena za β, E pa naj bo presecisce tega poltraka s premico, ki


je vzporedna premici skozi B in D ter vsebuje tocko C. Tedaj sta trikotnikaABD in ACE podobna. Ker je |AB| = 1, |AC| = α in |AD| = β, tako veljaβ1 = |AE|

α in tako je |AE| = αβ. Stevilo αβ je torej res konstruktibilno.Denimo nazadnje, da je α, β > 0 in konstruirajmo daljico dolzine α

β .Zopet narisimo poltrak v A in nek drug poltrak v A, ki ni vzporeden prvemu.Na prvem naj bo zopet B tocka, ki je od A oddaljena za 1, C pa naj botokrat tocka, ki je od A oddaljena za β. Na drugem poltraku naj bo D tocka,ki je za α oddaljena od A, E pa naj bo presecisce vzporednice premici skoziC in D, ki vsebuje tocko B. Tedaj sta trikotnika ABE in ACD podobna in

tako je |AE|1 = αβ . Tudi stevilo α/β je tako konstruktibilno. �

Zgornji izrek ima naslednjo ocitno posledico.

Posledica 10.14. Mnozica F konstruktibilnih realnih stevil je za podedovanioperaciji podpolje polja realnih stevil R. Polje F je razsiritev polja racional-nih stevil Q.

Premislimo naslednje. Oznacimo neko tocko v ravnini, recimo ji O, natopa potegnimo skozi to tocko poljubno premico in narisimo se pravokotnico nato premico skozi tocko O. Na ta nacin smo dobili dve pravokotni (kartezicni)osi. Glede na zgornjo posledico je torej moc skonstruirati poljubno tocko vravnini s koordinatami iz F . Naj bosta (α1, β1) in (α2, β2) poljubni tocki skoordinatami iz F . Koordinate poljubne tocke (x, y) na premici skozi ti dvetocki se tedaj izrazajo kot (x, y) = (α1, β1)+t(α2−α1, β2−β1) za nek t ∈ R.Ce α2−α1 in β2−β1 nista nicelni stevili, se torej ta enacba prevede na enacbo(α2−α1)y+ (β1−β2)x−β1(α2−α1)−α1(β1−β2) = 0. V vsakem primerugre torej za premico z enacbo ax+ by + c = 0 za neke a, b, c ∈ F . Konstru-iramo lahko tudi kroznice, ki imajo sredisce v neki tocki s koordinatami izF in imajo polmer iz F . Podobno kot za premice se zlahka prepricamo, daima poljubna taka kroznica enacbo oblike x2 + y2 + ax+ by+ c = 0 za nekea, b, c ∈ F . Iz ze dobljenih stevil tako lahko nova konstruiramo samo kotpresecisca dveh zgoraj omenjenih premic, dveh zgoraj omenjenih kroznic alizgoraj omenjene premice in kroznice. Enacba iskanega presecisca je tedajbodisi linearna bodisi kvadratna. Kaj to pomeni? Zacnimo z racional-nimi stevili. Edina stevila, ki jih lahko dodatno konstruiramo v “prvemkoraku”, so torej resitve linearnih ali kvadratnih enacb z racionalnimi koefi-cienti. Resitve linearnih enacb so seveda zopet racionalne, torej tu ne prido-bimo nicesar. Resitve kvadratnih enacb pa dejansko dajo nekaj novega. Vvsakem nadaljnem koraku torej dobivamo nova stevila le kot resitve kvadrat-nih enacb, katerih koeficienti so doslej dobljena stevila. Ta premislek torejdokaze eno implikacijo naslednjega izreka.

Izrek 10.15. Polje F konstruktibilnih realnih stevil sestoji natanko iz vsehtistih realnih stevil, ki jih je moc iz racionalnih stevil dobiti s koncno mnogokvadratnimi korenjenji in uporabo obeh operacij polja R.


Dokaz: Da je vsako konstruktibilno stevilo take oblike, smo ravnokardokazali, saj v vsakem izmed zgoraj opisanih “korakov” dobimo le stevila, kijih dobimo kot resitve kvadratnih enacb s koeficienti iz prejsnjih “korakov”.

Pokazimo se obrat. Dovolj je videti, da za vsak pozitiven α ∈ F velja,da je v F tudi

√α. Imejmo poltrak v O in na njem dolocimo tocko A, da je

|OA| = α. Sedaj poltrak podaljsajmo v premico in na dobljenem poltrakuz vrhom v O, ki ne vsebuje A, dolocimo tocko B, ki je na razdalji 1 od O.Naj bo sedaj S sredisce daljice AB (ki ga seveda znamo konstruirati). Sedajnarisimo kroznico v S, ki vsebuje tocki A in B. Narisimo se pravokotnico naAB v tocki O in eno od njenih presecisc z omenjeno kroznico oznacimo s C.Po Talesovem izreku je kot ACB pravi in tako sta trikotnika OAC in OCB

podobna. Sledi α|OC| = |OC|

1 in tako je α = |OC|2. Tako je |OC| =√α, ki je

torej res konstruktibilno stevilo. �

Zgornji izrek ima naslednjo posledico, ki je kljucnega pomena za dokaz,da dolocenih objektov ni mogoce konstruirati samo z navadnim ravnilom insestilom.

Posledica 10.16. Naj bo β ∈ F poljubno konstruktibilno realno stevilo.Tedaj obstaja koncno zaporedje realnih stevil α1, α2, . . . , αn, kjer je αn = β,da za vsak 1 ≤ i ≤ n velja [Q(α1, α2, . . . , αi) : Q(α1, α2, . . . , αi−1)] = 2. Meddrugim torej velja [Q(β) : Q] = 2k za nek k ≥ 0.

Dokaz: Obstoj stevil αi zagotavlja prejsnji izrek. Od tod po izreku 10.9takoj sledi [Q(α1, α2, . . . , αn) : Q] = 2n. Ker pa je β ∈ Q(α1, α2, . . . , αn), jepo vnovicni uporabi izreka 10.9 tudi 2n = [Q(α1, α2, . . . , αn) : Q(β)][Q(β) :Q] in tako [Q(β) : Q] deli 2n. �

Sedaj lahko zlahka dokazemo naslednje tri znamenite klasicne rezultate.

Posledica 10.17. Podvojitev kocke v splosnem ni mozna. Bolj natancno, zadano dolzino roba kocke samo s sestilom in ravnilom v splosnem ni mogocekonstruirati stevila, ki bi predstavljalo dolzino roba kocke, ki ima dvakratnivolumen prejsnje kocke.

Dokaz: Dovolj je pokazati, da to ni mogoce storiti za neko konkretnodolzino roba. Vzemimo a = 1 (ali tu mislimo na milimetre, centimetre,metre ali kaj drugega, ni pomembno). Kocka z dolzino roba 1 ima sevedavolumen 13 = 1. Ce naj bo torej b dolzina roba kocke, katere volumen jedvakratnik volumna “stare” kocke, mora veljati b3 = 2, to je b3−2 = 0. Kerje polinom f(x) = x3−2 ∈ Q[x] po Eisensteinovem kriteriju nerazcepen nadQ, je po izreku 10.4 polinom f(x) kar minimalni polinom za b nad Q in takoje [Q(b) : Q] = 3. Po posledici 10.16 tako b /∈ F , to je, b ni konstruktibilnorealno stevilo. �


Zgornja posledica je zelo netrivialen rezultat, ki ga najvecji misleci svo-jega casa niso znali dokazati vec kot 2000 let. Dokazati, da je neko stevilokonstruktibilno, je lahko sicer tezko, ker je treba morda najti neko genialnokonstrukcijo, ki da iskano stevilo, a dokazati, da se necesa ne da konstruirati,je bistveno tezje. Vprasanje ali je kocko mogoce podvojiti ali ne, izvira izcasov anticne Grcije (z njim naj bi se ukvarjal tudi Platon). Sele leta 1837je Pierre Laurent Wantzel dokazal, da to v splosnem ne gre. Tudi naslednjirezultat je dokazal sele Wantzel.

Posledica 10.18. Trisekcija kota s sestilom in ravnilom v splosnem nimogoca. Bolj natancno, za dani kot α v splosnem ni mogoce konstruiratikota α

3 .

Dokaz: Najprej se prepricajmo, da znamo kot β konstruirati natanko tedaj,ko znamo konstruirati stevilo | cosβ|. Res, ce znamo konstruirati stevilo| cosβ|, potem kot β dobimo takole. Narisemo poltrak v A in na njemoznacimo tocko B na razdalji | cosβ|. Skozi to tocko narisemo pravokotnico,nato pa v A narisemo kroznico s polmerom 1. Presecisce (eno izmed obeh)kroznice s pravokotnico oznacimo s C. Tedaj je ABC trikotnik. Ce z γ

oznacimo kot pri ogliscu A, velja cos γ = |AB||AC| = | cosβ|

1 = | cosβ|, torej je

β ∈ {±γ,±γ + π}. Obratno, ce znamo konstruirati kot β, znamo sevedakonstruirati tudi vse kote iz mnozice {±β,±β+π}, torej lahko privzamemo,da je 0 ≤ β ≤ π

2 . Tedaj stevilo cosβ dobimo takole. Narisemo poltrak v Ain na njem oznacimo tocko C na razdalji 1 od A. Narisemo se poltrak v A,ki s prejsnjim poltrakom oklepa kot β. Sedaj na ta novi poltrak narisemopravokotnico skozi tocko C. Ce presecisce pravokotnice z drugim poltrakom

oznacimo s tocko B, je ABC trikotnik in velja cosβ = |AB||AC| = |AB|, torej

res znamo konstruirati stevilo cosβ.Denimo sedaj, da je moc konstruirati trisekcijo kota π

3 . Tedaj je mockonstruirati stevilo β = cos π9 . Ker za vsak γ velja cos 3γ = 4 cos3 γ−3 cos γvelja 1

2 = cos π3 = 4β3−3β, torej je β ∈ R nicla polinoma f(x) = 8x3−6x−1.Po izreku 8.7 je ta polinom nerazcepen nad Q natanko tedaj, ko v Q nimanicle. Po posledici 8.9 so edini kandidati za racionalne nicle ±1,±1

2 ,±14 ,±

18 .

Izkaze se, da nobeno izmed teh stevil ni nicla polinoma f(x), torej je f(x)nerazcepen polinom nad Q in je tako minimalen polinom za β nad Q. Sledi[Q(β) : Q] = 3 in tako posledica 10.16 zagotovi, da β ni konstruktibilnostevilo. �

Posledica 10.19. Kvadratura kroga v splosnem ni mogoca. Bolj natancno,za dani krog v splosnem le s sestilom in ravnilom ni mogoce konstruiratikvadrata z enako ploscino.

Dokaz: Kot zgoraj je dovolj dokazati, da to ni mogoce storiti za krog znekim konkretnim polmerom, recimo 1. Ce bi namrec tak kvadrat obstajal,


bi moral imeti ploscino π, torej bi morali znati konstruirati daljico dolzine√π. Po izreku 10.15 bi tedaj znali konstruirati tudi stevilo π. A kot vemo,

je π transcendentno stevilo, torej Q(π) sploh ni koncna razsiritev polja Q.Po posledici 10.16 tako π in zato tudi

√π ni konstruktibilno stevilo. �

Dokaz zgornje posledice se je matematikom izmikal se nekoliko dlje oddokaza prejsnjih dveh posledic. Za njen dokaz namrec potrebujemo tudidejstvo, da je π transcendentno stevilo, kar je matematikom uspelo dokazatisele leta 1882 (Ferdinand von Lindemann).

Naloga 10.7. Glede na posledico 10.16 znamo samo z ravnilom in sestilomkonstruirati stevilo 4

√2 (bralec naj utemelji, da to res sledi iz posledice 10.16).

Prikazite eno od moznih konstrukcij.

Naloga 10.8. Ali se da samo z ravnilom in sestilom konstruirati pravilni12-kotnik?

Naloga 10.9. Po Vietovih pravilih je vsota vseh petih kompleksnih nicelpolinoma x5−1 enaka 0, od koder med drugim sledi enakost 1+2 cos(2π/5)−2 cos(π/5) = 0. S pomocjo tega dejstva in rezultatov tega razdelka pokazite,da se da pravilni petkotnik konstruirati z ravnilom in sestilom.

Naloga 10.10. Poiscite vsaj eno naravno stevilo n ≥ 3, da se samo zravnilom in sestilom ne da konstruirati pravilnega n-kotnika. Dokaz nekon-struktibilnosti naj temelji na rezultatih tega razdelka.

Literatura

[1] W. S. Anglin, Mathematics: A Concise History and Philosophy, NewYork, Springer-Verlag, 1994.

[2] R. L. Cooke, The history of mathematics : a brief course, New York,John Wiley & Sons, 1997.

[3] D. S. Dummit, R. M. Foote, Abstract algebra, Hoboken, J. Wiley &Sons, 2004.

[4] J. B. Fraleigh, A First Course in Abstract Algebra, Boston, Addison-Wesley, 2003.

[5] S. Lang, Undergraduate Algebra, New York, Springer, 2005.

119

abstraktna algebra - pefprints

Documents