Stupeň rozšíření těles
Je-li R podtělesem tělesa T, pak můžeme aditivní grupu (T, +)
chápat jako vektorový prostor nad tělesem R: skalárním násobkem
vektoru t ∈ T skalárem r ∈ R je součin r · t počítaný v tělese T.
Axiomy vektorového prostoru jsou splněny:
pro každé skaláry r1, r2 ∈ R a každé vektory t1, t2 ∈ T platí
(r1 + r2) · t1 = r1 · t1 + r2 · t1,
r1 · (t1 + t2) = r1 · t1 + r1 · t2,
r1 · (r2 · t1) = (r1 · r2) · t1,
1 · t1 = t1,
(v T platí distributivní zákony, násobení je asociativní a 1 je
jednička). Máme tedy definovánu dimenzi dimR T ∈ N ∪ {∞},
zřejmě tato dimenze nemůže být nula.
Definice. Nechť R ⊆ T je rozšířením těles. Jeho stupněm [T : R]
rozumíme dimenzi vektorového prostoru T nad tělesem R, tj.
[T : R] = dimR T. Jestliže T není konečněrozměrný vektorový
prostor nad R, píšeme [T : R] = ∞.
Multiplikativnost stupně rozšíření
Věta. Nechť R ⊆ S, S ⊆ T jsou rozšíření těles. Pak platí
T
[T:S]
[T : R] = [T : S] · [S : R], S
[S:R]
R
[T:R]
kde užíváme konvence n · ∞ = ∞ · n = ∞ pro každé n ∈ N ∪ {∞}.
Důkaz. Je-li [S : R] = ∞, pro každé n ∈ N v S existuje n lineárně
nezávislých prvků nad R, protože S ⊆ T, jsou tyto prvky v T a
platí [T : R] = ∞.
Je-li [T : S] = ∞, pro každé n ∈ N v T existuje n lineárně
nezávislých prvků nad S. Ty jsou lineárně nezávislé i nad R, a
proto [T : R] = ∞.
Nechť n = [T : S] ∈ N, m = [S : R] ∈ N. Nechť α1, . . . , αn je báze
T nad S, β1, . . . , βm báze S nad R. Ukážeme, že αi βj
(1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m) je bází T nad R. Nechť γ ∈ T je libovolný.
Pak existují δ1, . . . , δn ∈ S, že γ = n
i=1 δi αi . Existují tedy
εij ∈ R, že δi = m
j=1 εij βj pro každé i. Dosazením
γ =
n
i=1
m
j=1
εij βj αi =
n
i=1
m
j=1
εij (αi βj ).
Tedy αi βj (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m) je množina generátorů T nad R.
Je-li n
i=1
m
j=1 εij (αi βj ) pro nějaké εij ∈ R nulový vektor, pak
z lineární nezávislosti α1, . . . , αn nad S dostaneme, že
m
j=1 εij βj = 0 pro každé i = 1, . . . , n a z lineární nezávislosti
β1, . . . , βm nad R dostaneme, že εij = 0 pro každé i, j.
Tedy αi βj (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m) je báze T nad R.
Podokruh generovaný množinou
Připomeňme, že podokruh daného okruhu generovaný danou
podmnožinou je definován jako průnik všech podokruhů, které tuto
podmnožinu obsahují.
Nechť R ⊆ T je rozšířením těles, c ∈ T prvek, který je algebraický
nad tělesem R. Z algebry víme, že podokruh tělesa T generovaný
podmnožinou R ∪ {c} značíme R[c] a platí
R[c] = {h(c) | h(x) ∈ R[x]}.
Označme f (x) minimální polynom prvku c nad R (je to tedy
normovaný polynom s koeficienty z R nejmenšího možného stupně,
který má prvek c za kořen).
Pokud libovolný polynom h(x) ∈ R[x] vydělíme polynomem f (x)
se zbytkem, dostaneme polynomy q(x), r(x) ∈ R[x] takové, že
h(x) = f (x) · q(x) + r(x), přičemž st r(x) < st f (x). Protože
f (c) = 0, platí h(c) = 0 · q(c) + r(c) = r(c). Dostali jsme
R[c] = {r(c) | r(x) ∈ R[x], st r(x) < st f (x)}.
Věta. Nechť R ⊆ T je rozšířením těles, c ∈ T algebraický prvek
nad R, f (x) ∈ R[x] minimální polynom prvku c nad R. Pak
podokruh R[c] je podtěleso tělesa T a platí, že 1, c, c2, . . . , cn−1,
kde n = st f (x), je bází vektorového prostoru R[c] nad R, a tedy
stupeň rozšíření [R[c] : R] = st f (x).
Důkaz. Víme, že R[c] je podokruh tělesa T. Abychom dokázali, že
R[c] je dokonce podtěleso tělesa T, musíme dokázat, že s každým
svým nenulovým prvkem obsahuje i k němu inverzní prvek
(vzhledem k násobení).
Víme, že libovolný nenulový prvek α ∈ R[c] je tvaru α = h(c), kde
h(x) ∈ R[x], přičemž f (x) h(x), protože h(c) = α = 0. Protože
f (x) je ireducibilní, tak jsou f (x) a h(x) nesoudělné. Proto jejich
největší společný dělitel 1 lze vyjádřit Bezoutovou rovností, tedy
existují polynomy a(x), b(x) ∈ R[x] tak, že platí
1 = a(x) · f (x) + b(x) · h(x). Dosazením c odtud dostaneme
1 = a(c) · f (c) + b(c) · h(c) = b(c) · h(c) = b(c) · α
Je tedy b(c) ∈ R[c] inverzní prvek k prvku α v okruhu R[c].
Protože
R[c] = {r(c) | r(x) ∈ R[x], st r(x) < st f (x)},
generují prvky 1, c, c2, . . . , cn−1 vektorový prostor R[c] nad
tělesem R. Kdyby tyto prvky nebyly lineárně nezávislé nad R,
existovaly by prvky a0, a1, . . . , an−1 ∈ R, ne všechny nulové, tak, že
a0 + a1 · c + a2 · c2
+ · · · + an−1 · cn−1
= 0.
Ale pak by nenulový polynom an−1xn−1 + · · · + a2x2 + a1x + a0
měl kořen c a současně by měl stupeň menší než st f (x), což by byl
spor.
Je tedy 1, c, c2, . . . , cn−1 báze vektorového prostoru R[c] nad
tělesem R, a proto stupeň rozšíření [R[c] : R] = n = st f (x).
(Ne)řešitelnost geometrických úloh pravítkem a kružítkem
Z antiky pocházejí tři problémy, jejichž řešení pravítkem a
kružítkem nebylo známo:
trisekce úhlu (rozdělit daný úhel na třetiny),
zdvojení krychle (k dané krychli sestrojit krychli
dvojnásobného objemu, tj. k úsečce dané délky najít úsečku
3
√
2-krát delší),
kvadratura kruhu (k danému kruhu sestrojit čtverec o stejném
obsahu).
Abychom mohli dokázat, že žádné řešení těchto úloh neexistuje,
musíme přesně specifikovat, co to znamená řešit úlohu pravítkem a
kružítkem.
Předpokládejme, že v rovině je zadáno konečně mnoho bodů
popisujících zadání úlohy. Těmto bodům budeme říkat význačné.
Smíme sestrojit libovolnou přímku procházející dvěma význačnými
body a libovolnou kružnici, jejímž středem je význačný bod a
poloměrem vzdálenost některých dvou význačných bodů.
Libovolný průsečík sestrojených kružnic či přímek můžeme přidat
k význačným bodům. Jde o to, jestli po konečně mnoha krocích lze
docílit toho, že mezi význačnými body je bod, který popisuje řešení
dané úlohy.
Zavedeme v této rovině soustavu souřadnic, rovinu tedy
ztotožňujeme s kartézským součinem R × R. Označme T0
podtěleso tělesa R generované x-ovými a y-ovými souřadnicemi
všech zadaných bodů. Pokud bylo přidáno celkem n význačných
bodů, definujeme tělesa T1, . . . , Tn takto: těleso Ti je generováno
tělesem Ti−1 a souřadnicemi i-tého význačného bodu.
Naším cílem je dokážat, že rozšíření těles T0 ⊆ Tn je konečné a
jeho stupeň [Tn : T0] | 2n.
Označme [xi , yi ] souřadnice i-tého význačného bodu. Tento bod byl
získán jako průsečík sestrojených přímek či kružnic, rovnice takové
přímky je tvaru ax + by = c, kde a, b, c ∈ Ti−1, rovnice takové
kružnice tvaru (x − m)2 + (y − n)2 = u, kde m, n, u ∈ Ti−1. Proto
[xi , yi ] je řešením soustavy dvou lineárních rovnic anebo soustavy
jedné lineární a jedné kvadratické rovnice s koeficienty v Ti−1
(případ dvou kružnic vede sice na soustavu dvou kvadratických
rovnic, jejich odečtením však dostaneme rovnici lineární).
Dosazením z lineární rovnice do druhé rovnice získáme rovnici
lineární nebo kvadratickou pro jednu ze souřadnic [xi , yi ]
s koeficienty v Ti−1. Minimální polynom získaného řešení nad
tělesem Ti−1 má stupeň 1 nebo 2, druhou ze souřadnic
dopočítáme z lineární rovnice. Proto [Ti : Ti−1] ≤ 2.
Z věty o násobení stupňů rozšíření dostáváme [Tn : T0] | 2n.
Neřešitelnost úlohy zdvojení krychle
Jsou dány dva body o souřadnicích [0, 0] a [0, 1], cílem je získat
bod [0, 3
√
2].
Je tedy T0 = Q.
Protože x3 − 2 je minimální polynom čísla 3
√
2 nad Q, platí
[Q( 3
√
2) : Q] = 3.
Jestliže tedy 3
√
2 ∈ Tn, pak 3 | [Tn : T0]. Tn
Q( 3
√
2)
T0 = Q
To spolu s odvozenou dělitelností [Tn : T0] | 2n dává spor 3 | 2n.
Neřešitelnost úlohy trisekce úhlu
Ukážeme, že nemůžeme sestrojit pravítkem a kružítkem úhel π
9 .
Vzhledem k tomu, že umíme sestrojit úhel π
3 jako vnitřní úhel
rovnostranného trojúhelníka, bude to znamenat, že nelze rozdělit
na třetiny libovolný zadaný úhel.
Jsou dány dva body o souřadnicích [0, 0] a [0, 1], cílem je získat
bod [cos π
9 , sin π
9 ]. Opět máme T0 = Q.
K nalezení minimálního polynomu čísla cos π
9 využijeme vzorec
cos 3α = cos3 α − 3 cos α sin2
α = 4 cos3 α − 3 cos α.
Pro α = π
9 dostáváme, že c = 2 cos π
9 je kořenem polynomu
x3 − 3x − 1. Tento kubický polynom nemá racionální kořen (±1
kořen není), a tedy je ireducibilní nad Q.
Odtud [Q(cos π
9 ) : Q] = 3 a stejně jako v předchozím případě
dostáváme spor.
Neřešitelnost úlohy kvadratury kruhu
V tomto případě využijeme toho, že π je transcendentní číslo
(tento fakt zde nebudeme dokazovat).
Jsou dány dva body o souřadnicích [0, 0] a [0, 1]. Kruh
jednotkového poloměru má obsah π. Cílem je získat bod [0,
√
π].
Opět máme T0 = Q.
Předpokládejme, že
√
π ∈ Tn, pak π ∈ Tn. Protože Tn je těleso,
plyne odtud 1, π, π2, π3, . . . ∈ Tn.
Protože π je transcendentní nad Q, tak pro libovolné m ∈ N platí,
že čísla 1, π, π2, π3, . . . , πm jsou lineárně nezávislá nad Q, a tedy
konečněrozměrný vektorový prostor Tn nemůže všechna tato čísla
obsahovat.