Algebra 3- ve be - poincare.matf.bg.ac.rspoincare.matf.bg.ac.rs/~dzoni/Algebra3.pdf · 1.1....

Algebra 3- ve�be

Nikola Lelas

Sadr�aj

1 Poa i polinomi nad poima 1

1.1 Definicija, primeri i osnovne osobine poa . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Multiplikativne grupe poa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Homomorfizmi i automorfizmi poa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Algebarski i transcendenti elementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1 Kompozitum poa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4 Transcendentnost brojeva e i π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.1 Transcendentnost broja e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.2 Transcendentnost broja π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5 Kronekerova konstrukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6 Konstrukcije le�irom i xestarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.1 Nekoliko priqa o antiqkim vremenima . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.2 Konstruktibilna raxire�a poa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.6.3 Nerexivost antiqkih problema konstrukcija . . . . . . . . . . . 32

1.7 Simetriqni polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.7.1 Diskriminanta polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.8 Kriterijumi nesvodivosti u prstenima polinoma . . . . . . . . . . . . 37

1.8.1 Gausova lema i Ajzenxtajnov kriterijum . . . . . . . . . . . . . . 37

1.8.2 Nesvodivi polinomi u Fp[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.9 Neke primene konaqnih poa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.9.1 Diskretni logaritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.9.2 Le�androvi simboli i zakon kvadratnog reciprociteta . . . . . 45

1.10 Rexeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.11 Dodatni zadaci i problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

2 Klasiqna teorija Galua 97

2.1 Normalna raxire�a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.2 Separabilna raxire�a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

2.3 Galua korespondencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

2.4 Norma i trag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.5 Hilbertova teorema 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

2.6 Kumerova raxire�a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

2.7 Rexivost algebarskih jednaqina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

2.8 Rexeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

SADR�AJ

2.9 Dodatni zadaci i problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

3 Topoloxke grupe 165

3.1 Motivacija: Teorija Galua beskonaqnih raxire�a . . . . . . . . . . . . 1653.2 Definicija i osnovne osobine topoloxkih grupa . . . . . . . . . . . . . 1683.3 Aksiome separacije u topoloxkim grupama . . . . . . . . . . . . . . . . . 1723.4 Koliqnici topoloxkih grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

3.4.1 Prva teorema o izomorfizmu topoloxkih grupa . . . . . . . . . . 1773.5 Fundamentalna grupa topoloxke grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1793.6 Rexeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1803.7 Dodatni zadaci i problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

Literatura 183

Glava 1

Poa i polinomi nad poima

1.1 Definicija, primeri i osnovne osobine poa

Definicija 1.1. Poe je algebarska struktura (F,+, ·, 0, 1) gde je:

• (F,+, 0) Abelova grupa

• (F \ {0}, ·, 1) Abelova grupa

• operacija · distributivna prema operaciji +

• 0 6= 1.

Primer 1.2. Osnovni primeri poa su poe racionalnih brojeva Q, poe realnihbrojeva R i poe kompleksnih brojeva C. Zajedniqka karakteristika svih ovih poaje da imaju beskonaqno mnogo elemenata, pa ih zato nazivamo beskonaqnim poima.�

Primer 1.3. Neka je p prost broj. Na skupu Fp = {0, 1, 2, . . . , p − 1} definixemooperacije +p i ·p sa

x+p y = (x+ y) (mod p)

x ·p y = (x · y) (mod p), x, y ∈ Fp,

pri qemu su + i · oznake za sabira�e, odnosno mno�e�e celih brojeva, a (mod p) jeoznaka za operaciju uzima�a ostatka celog broja pri dee�u sa p. Tada je (Fp,+p, ·p, 0, 1)jedno poe koga �emo kra�e oznaqavati samo sa Fp. Kako je oqigledno |Fp| = p, na ovajnaqin dobijamo primer konaqog poa, odnosno poa sa konaqnim brojem elemenata.�

Primer 1.4. Neka je R integralni domen. Tada na R×R mo�emo definisati relaciju∼ sa

(a, b) ∼ (x, y) ako i samo ako je ay = bx, a, b, x, y ∈ R.

Lako se pokazuje da je ∼ relacija ekvivalencije na R × R. Klasu ekvivalencije ure-�enog para (a, b) ∈ R × R pri ovoj relaciji oznaqavamo sa a

b (b 6= 0). Na koliqniqkom

1

2 GLAVA 1. PO�A I POLINOMI NAD PO�IMA

skupu R×R/ ∼ definixemo operacije sabira�a + i mno�e�a · sa

a

b+x

y=ay + bx

bya

b· xy

=ax

by, a, x ∈ R, b, y ∈ R \ {0}.

Nije texko pokazati da su prethodne dve definicije korektne, kao i da skup svihklasa ekvivalencije relacije ∼ u odnosu �ima odre�ene operacije na �ih qini jednopoe. To poe nazivamo poem razlomaka nad integralnim domenom R.

Jedan konkretan primer dobija�a poa razlomaka je konstrukcija poa racional-nih brojeva od prstena celih brojeva. Xtavixe, mo�emo primetiti da ovde prikazanaopxta konstrukcija poa razlomaka predstava samo interpretaciju tog konrektnogprimera u apstraktnom kontekstu proizvonog integralnog domena.

Drugi znaqajan konkretan primer poa razlomaka je takozvano poe racionalnihfunkcija. Posmatrajmo prsten polinoma K[X] nad poem K. Poe razlomaka nadovim prstenom naziva se poe racionalnih funkcija nad K i oznaqava sa K(X).�

Definicija 1.5. Za podskup F poa K ka�e se da je potpoe poa K ako je ispu-�eno:

• 0, 1 ∈ F

• za sve x, y ∈ F va�i da su x+ y i −x u skupu F

• za sve x, y ∈ F va�i da su x · y ∈ F i x−1 u skupu F .

Qi�enica da je F potpoe poa K oznaqava se sa F ≤ K.

U situaciji kada je F potpoe poa K mnogo qex�e se koristi izraz da je K ras-hire�e poa F , xto se kratko oznaqava sa K/F . Razlog u ovakvom qestom odstupa�u uterminologiji od analogne terminologije u teoriji grupa i prstena le�i u qi�enicida ako je K/F raxire�e poa, onda K mo�emo videti kao vektorski prostor nad po-em F . Takvim posmatra�em otvara se mogu�nost primene tehnika linearne algebreu teoriji poa. Prve posledice takve primene opisane su narednim definicijama itvr�e�em.

Definicija 1.6. Neka je K/F raxire�e poa. Stepen [K : F ] tog raxire�a defi-nixe se kao dimenzija vektorskog prostora K nad poem F ,

[K : F ] = dimF K.

Definicija 1.7. Raxire�e poa K/F je konaqno ako je [K : F ] < ∞. Ako je [K :F ] =∞ raxire�e poa K/F je beskonaqno.

Primer 1.8. Raxire�e poa R/Q je beskonaqno. Ovo sledi iz qi�enice da je Rneprebrojiv skup, a svaki konaqno dimenzioni vektorski prostor nad Q mora bitiprebrojiv. Iz istog razloga je i raxire�e C/Q beskonaqno.

1.1. DEFINICIJA, PRIMERI I OSNOVNE OSOBINE PO�A 3

Sa druge strane, poxto se svaki kompleksni broj mo�e na jedinstven naqin zapi-sati u obliku x + iy, gde su x, y ∈ R, imamo da je skup {1, i} jedna baza za C nad R.Zbog toga je [C : R] = 2, pa je, specijalno, raxire�e C/R konaqno.�

Primer 1.9. Neka je K proizvono poe. Tada je poe racionalnih funkcija K(X)nad K jedno raxire�e poa K. Raxire�e K(X)/K je beskonaqno zato xto je u K(X)sadr�an beskonaqan linearno nezavisan skup {1, X,X2, X3, . . . }.�

Tvr�e�e 1.10. Neka je su K/F i L/K konaqna raxire�a poa. Tada je i raxire�eL/F konaqno i va�i

[L : F ] = [L : K] · [K : F ]. (1.1)

Dokaz. Neka je [K : F ] = m, [L : K] = n i oznaqimo sa {ai | 1 ≤ i ≤ m} bazu za K nadF , odnosno sa {bj | 1 ≤ j ≤ n} bazu za L nad K. Dokaz �e biti zavrxen ako uspemo dapoka�emo da je {aibj | 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n} jedna baza za L nad F .

Poka�imo prvo da je taj skup linearno nezavisan (nad poem F ). Pretpostavimoda su αij ∈ F takvi da je ∑

i,j

αijaibj = 0.

Kako je αijai ∈ K za sve i i j, iz linearne nezavisnosti skupa {bj | 1 ≤ j ≤ n} nad Ksledi da je za sve 1 ≤ j ≤ n ispu�eno∑

i

αijai = 0.

Iz linearne nezavisnosti skupa {ai | 1 ≤ i ≤ m} nad F odatle dobijamo da je αij = 0za sve 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, qime je pokazana linearna nezavisnost skupa {aibj | 1 ≤i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n} (nad poem F ).

Uoqimo sada proizvono x ∈ L. Iz qi�enice da je {bj | 1 ≤ j ≤ n} baza za L nadK sledi da postoje βj ∈ K, 1 ≤ j ≤ n takvi da je

x =∑j

βjbj

Sliqno, iz qi�enice da je {ai | 1 ≤ i ≤ m} baza za K nad F sledi da za svako j postojeγij ∈ F takvi da je

βj =∑i

γijai.

Odatle dobijamo da je

x =∑i,j

γijaibj .

Posled�a jednakost pokazuje da skup {aibj | 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n} generixe L nad F ,qime je uz prethodno pokazanu linearnu nezavisnost ovog skupa zavrxen dokaz.


Jox jedna znaqajna osobina koja omogu�ava klasifikaciju poa je �ihova karak-

teristika. Ona je opisana narednom definicijom.

Definicija 1.11. Neka je F poe, a 0 i 1 redom standardno redom oznaqeni adi-tivni, odnosno multiplikativni neutrali tog poa. Posmatrajmo niz elemenata poaF

1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1, . . .

Ako se u ovom nizu ne pojavuje 0, ka�e se da je F poe karakteristike 0 i pixe secharF = 0. U suprotonom, postoji najma�i prirodan broj n takav da je

1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n puta

= 0.

U ovom sluqaju se ka�e da se F poe karakteristike n i pixe se charF = n.

Primer 1.12. Poa Q,R i C su karakteristike 0. Konaqno poe Fp je karakteri-stike p. Jasno je da bi neko poe imalo karakteristiku 0, ono mora biti beskonaqno.Drugim reqima, sva konaqna poa (pored poa Fp koja smo videli) moraju imati ka-rakteristiku ve�u od 0. Ono xto nije toliko oqigledno je da li me�u beskonaqnimpoima postoje ona koja su karakteristike ve�e od 0. Imaju�i u vidu najfamilijar-nija beskonaqna poa (dakle, Q,R i C), moglo bi se pretpostaviti da sva beskonaqnapoa imaju karakteristiku 0. Takva pretpostavka nije dobra, jer postoje beskonaqnapoa strogo pozitivne karakteristike. Jedan primer takvog poa je poe racional-nih funkcija Fp(X) nad konaqnim poem Fp. Kao i za Fp, i za Fp(X) va�i da jekarakteristike p.�

Naredno tvr�e�e pokazuje da kada je karakteristika poa strogo pozitivna, onane mo�e biti skroz proizvona kao xto je dopuxteno Definicijom 1.11, ve� morabiti obavezno prost broj.

Tvr�e�e 1.13. Neka je F poe takvo da je charF > 0. Tada postoji prost broj p takavda je charF = p.

Dokaz. Neka je charF = n. Iz pretpostavke imamo da je n > 0 i ono xto �emo pokazatije da prirodan broj n prost. Pretpostavimo suprotno, neka je broj n slo�en. Tadapostoje prirodni brojevi 1 < m, k < n takvi da je n = mk. Poxto je charF = n, izdefinicije karakteristike poa imamo da je

1 + 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n puta

= 0.

Zbog n = mk tu jednakost mo�emo zapisati i kao

(1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸m puta

) · (1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸k puta

) = 0.

1.1. DEFINICIJA, PRIMERI I OSNOVNE OSOBINE PO�A 5

Kako je u pou proizvod dva elementa jednak nuli ako i samo ako je barem jedan od�ih jednak nuli, iz posled�e jednakosti sledi da je

1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸m puta

= 0 ili 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸k puta

= 0.

Pozivaju�i se ponovo na definiciju karakteristike poa, posled�a disjunkcija im-plicira da je charF ≤ m ili charF ≤ k. Poxto je m, k < n obe mogu�nosti su ukontradikciji sa qi�enicom da je charF = n. Dobijena kontradikcija pokazuje daje nemogu�e da je broj n slo�en, pa n mora biti prost, qime je dokaz ovog tvr�e�azavrxen.

Napomena. Mo�emo primetiti da je jedino xto je kuqno korix�eno u dokazu pret-hodnog tvr�e�a qi�enica da u pou nema delitea nule. Kako se tom osobinom neodlikuju samo poa, analog Tvr�e�a 1.13 mo�e se dokazati i u opxtijem kontekstudomena celih.�

Primer 1.14. Neka je F konaqno poe. Jasno je da je nemogu�e da to poe budekarakteristike nula, pa postoji prost broj p takav da je charF = p. To znaqi da je

1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸p puta

= 0,

pa mo�emo uoqiti potpoe {0, 1, 1+1, . . . , 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸p−1 puta

} poa F izomorfno pou

Fp. Drugim reqima, poe F mo�emo videti kao konaqno raxire�e poa Fp. Ako jestepen raxire�a [F : Fp] = n, poxto je |Fp| = p, sledi da je |F | = pn. Dakle, dobilismo da konaqna poa moraju imati broj elemenata jednak stepenu nekog prostog broja.To naravno ne omogu�ava da odmah zakuqimo da za svaki stepen nekog prostog brojapostoji poe sa toliko elemenata. Me�utim, ono xto omogu�ava je da prepoznamo sveprirodne brojeve n za koje ne postoji poe sa n elemenata. Tako, na primer, ne postojipoe sa 6 elemenata, poxto broj 6 nije stepen nijednog prostog broja.�

1.1.1 Multiplikativne grupe poa

Neka je F poe. Po definiciji onda sledi da je (F \ {0}, ·) jedna Abelova grupa.Ona se naziva multiplikativnom grupom poa F i oznaqava se kratko F×. Ciovog pododeka je pru�a�e boeg uvida u strukturu te grupe. Poqnimo od jednogjednostavnog, ali znaqajnog tvr�e�a.

Tvr�e�e 1.15. Neka je f(X) polinom stepena n nad poem F koji ima vixe od n nulau F . Tada je f(X) nula polinom.

Dokaz. Dokaz �emo izvesti koriste�i princip matematiqke indukcije. Za n = 0tvr�e�e trivijalno va�i, xto nam daje bazu.


Pretpostavimo da tvr�e�e va�i za svaki prirodan broj zakuqno sa n. Tada svakipolinom stepena najvixe n sa vixe od n nula mora biti jednak nula polinomu. Trebada poka�emo da tvr�e�e va�i i za n+ 1, pa stoga posmatrajmo polinom f(X) ∈ F [X]stepena n+ 1, koji ima barem n+ 2 razliqite nule α1, α2, . . . , αn+2. Mo�emo pisati

f(X) = (X − αn+2)g(X), (1.2)

gde je g(X) polinom stepena najvixe n. Zame�uju�i redom X = αi za 1 ≤ i ≤ n + 1 uprethodnu jednakost, dobijamo da je

f(αi) = (αi − αn+2)g(αi).

Kako je f(αi) = 0 i αi 6= αn+2, sledi da je g(αi) = 0 za sve 1 ≤ i ≤ n+ 1. Dakle, g(X)je polinom stepena najvixe n sa barem n + 1 nulom, pa prema indukcijskoj hipotezimora biti g(X) = 0. Odatle je i f(X) = 0, xto zavrxava dokaz tvr�e�a.

Napomena. Sliqno kao u dokazu Tvr�e�a 1.13, jedino xto kuqno koristimo u dokazuprethodnog tvr�e�a je qi�enica da u pou nema delitea nule. Zbog toga �e onova�i i pod uslovom da je F integralni domen. Sa druge strane, imamo da, na primer,polinom X2 +8 ∈ (Z/12Z)[X] stepena dva ima qetiri nule 2, 4, 8, 10 nad Z/12Z. Poxtou prstenu Z/12Z postoje delitei nule, to implicira da tvr�e�e ne va�i ako F nijeintegralni domen.�

Sada smo spremni da damo potpunu karakterizaciju konaqnih podgrupa multipli-kativnih grupa poa, xto je centralno tvr�e�e ovog pododeka.

Tvr�e�e 1.16. Neka je G konaqna podgrupa multiplikativne grupe F× poa F . Tadaje G cikliqna.

Dokaz. Grupa G je, kao podgrupa Abelove grupe, i sama Abelova. Zbog toga je mo�emozapisati u obliku elementarne forme

Z/pr11 Z× Z/pr22 Z× · · · × Z/p

rkk Z,

gde su pi, 1 ≤ i ≤ k prosti, ne obavezno razliqiti brojevi i ri, 1 ≤ i ≤ k pozitivniceli brojevi. Oznaqimo sa m najma�i zajedniqki sadr�alac za sve prii . Jasno je da

je m ≤ pr11 pr22 · · · · · p

rkk . Tako�e, za proizvono gi ∈ Z/p

rii Z imamo (gi)

(prii ) = 1, odakle

sledi da je i gmi = 1. Dobijeno omogu�ava da zakuqujemo da je gm = 1 za sve g ∈ G,xto znaqi da polinom Xm− 1 ima barem |G| = pr11 p

r22 · · · · · p

rkk nula. Zbog Tvr�e�a 1.15

to je mogu�e samo kada je m = pr11 pr22 · · · · · p

rkk . Iz definicije broja m onda sledi da

su svi prosti brojevi pi razliqiti, xto onda dae povlaqi da je G ∼= Z/mZ. Prematome, dobili smo da je grupa G cikliqna, xto je upravo trebalo dokazati.

Posledica 1.17. Multiplikativna grupa konaqnog poa je cikliqna.

Primer 1.18. Neka je p prost broj. Primetimo da je multiplikativna grupa F×pkonaqnog poa Fp izomorfna Ojlerovoj1 grupi Φp. Prethodna posledica onda daje daje Ojlerova grupa Φp cikliqna, reda p − 1. Generator te grupe se zove primitivnikoren modulo p.�

1Leonhard Euler (1707-1783), xvajcarski matematiqar

1.2. HOMOMORFIZMI I AUTOMORFIZMI PO�A 7

1.2 Homomorfizmi i automorfizmi poa

Definicija 1.19. Neka su K i F dva poa. Preslikava�e ϕ : K → F je homomor-fizam (poa) ako je ispu�eno:

• ϕ(0) = 0 i ϕ(1) = 1

• ϕ(x+ y) = ϕ(x) + ϕ(y) za sve x, y ∈ K

• ϕ(x · y) = ϕ(x) · ϕ(y) za sve x, y ∈ K.

Potpuno analogno kao u teoriji grupa i prstena, za injektivni homomorfizampoa se ka�e da je monomorfizam ili utapa�e, surjektivni homomorfizam je endo-morfizam, dok se bijektivni homomorfizam naziva izomorfizmom. Me�utim, homo-morfizmi poa se odlikuju jednom osobinom koju nemaju uvek homomorfizmi grupaili prstena i ona je opisana narednim tvr�e�em.

Tvr�e�e 1.20. Neka je ϕ : K → F homomorfizam poa. Tada je ϕ injektivno pre-slikava�e. Drugim reqima, svi homomorfizmi poa su utapa�a.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je ϕ : K → F homomorfizam poa koji nijeinjektivan. Tada postoje razliqiti elementi x, y ∈ K takvi da je ϕ(x) = ϕ(y). Ondaje i ϕ(x)− ϕ(y) = 0, pa koriste�i qi�enicu da je ϕ homomorfizam dobijamo da va�iϕ(x− y) = 0.

Sa druge strane, kako je x 6= y, to je i x − y 6= 0, pa postoji (x − y)−1. Ponovokoriste�i qi�enicu da je ϕ homomorfizam dobijamo

1 = ϕ(1) = ϕ((x− y)(x− y)−1

)= ϕ(x− y)ϕ

((x− y)−1

)Iz ve� uspostavenog ϕ(x− y) = 0 onda sledi da je

1 = 0 · ϕ((x− y)−1

)= 0.

Dakle, dobijamo da je 0 = 1 u pou F , xto je kontradikcija, qime je dokaz zavrxen.

Napomena. Dokaz prethodnog tvr�e�a mo�e se izvesti veoma efikasno koriste�iteoriju prstena. Naime, svako poe je komutativni prsten sa jedinicom, koji imaosobinu da nema pravih ideala. Ako je ϕ : K → F homomorfizam poa, onda je kerϕjedan ideal poa K (posmatranog kao prsten). Poxto K nema pravih ideala, jedinemogu�nosti su kerϕ = {0} ili kerϕ = K. Kako je ϕ(1) = 1, sledi da 1 6∈ kerϕ, pa ostajesamo kerϕ = {0}. Dakle, jezgro homomorfizma ϕ je trivijalno, pa je ϕ monomorfizam.�

Ukoliko postoji barem jedan izomorfizam ϕ : K → F za poa K i F se ka�e dasu izomorfna, xto se oznaqava sa K ∼= F . Izomorfizam ϕ : K → K se naziva auto-

morfizmom poa K. Skup svih automorfizama nekog poa K je grupa u odnosu naoperaciju kompozicije preslikava�a, koju oznaqavamo sa Aut(K). Grupa automorfi-zama poa je jedan od centralnih objekata qijim se izuqava�em bavi Teorija Galua itoj grupi �e biti posve�en najve�i deo naredne glave.


Za kraj ovog odeka bi�e prikazana dva tvr�e�a u vezi poa karakteristike 0,kao i jednu �ihovu direktnu, ali ipak priliqno znaqajnu posledicu, koja �e se qestokoristiti nadae.

Tvr�e�e 1.21. Neka je F poe karakteristike 0. Tada postoji utapa�e f : Q → F .Drugim reqima, mo�emo smatrati da je Q ≤ F .

Dokaz. Radi boe qitivosti, oznaqimo redom sa o i 1 aditivni, odnosno multi-plikativni neutral poa F , dok �e 0 i 1 biti uobiqajene oznake za odgovaraju�eracionalne brojeve. Definixemo postepeno preslikava�e f : Q→ F tako da bude ho-momorfizam. Prvo, svakako mora biti f(0) = o i f(1) = 1. Dae, ako je n prirodanbroj, onda je

f(n) = f(1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n puta

),

xto mora biti jednako

f(1) + f(1) + f(1) + · · ·+ f(1)︸︷︷︸n puta

da bi f bio homomorfizam. Iz tog razloga, imaju�i u vidu da je f(1) = 1 definixemo

f(n) = 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n puta

, n ∈ N

Ako je n < 0 ceo broj, onda je −n prirodan broj, pa je definisano f(−n). Tako�e, dabi f bio homomorfizam, neophodno je da bude f(−n) = −f(n). Zato definixemo

f(n) = −f(−n), n ∈ Z, n < 0.

Na ovaj naqin dobijamo da je preslikava�e f definisano na celom skupu Z i ispu�avaneophodne uslove da bi bilo homomorfizam. Poxto se svaki racionalni x broj mo�ezapisati na jedinstven naqin u obliku koliqika m

n , gde je m ∈ Z, n ∈ N mo�emodefinisati

f(x) = f(mn

)= f(m)f(n)−1.

Ovakvom definicijom je obezbe�eno da je preslikava�e f : Q → F homomorfizam.Tvr�e�e 1.20 obezbe�uje da je f i injektivno, qime je konstruisano tra�eno presli-kava�e i zavrxen dokaz.

Tvr�e�e 1.22. Neka suK i F dva poa karakteristike 0 i f : K → F homomorfizam.Tada je f

∣∣Q identiqko preslikava�e na Q, pri qemu smatramo da je Q ≤ K i Q ≤ F

na osnovu Tvr�e�a 1.21.

Dokaz. Dokaz ovog tvr�e�a �e u velikoj meri biti veoma sliqan dokazu Tvr�e�a 1.21.Prvo je svakako, poxto je f homomorfizam poa, ispu�eno f(0) = 0 i f(1) = 1. Za

1.2. HOMOMORFIZMI I AUTOMORFIZMI PO�A 9

svako n ∈ N imamo onda

f(n) = f(1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n puta

)

= f(1) + f(1) + f(1) + · · ·+ f(1)︸︷︷︸n puta

, jer je f homomorfizam

= 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸n puta

= n.

Ako je n < 0 ceo broj, onda je −n prirodan broj, pa je

f(n) = f(−(−n))

= −f(−n), jer je f homomorfizam

= −(−n)

= n.

Dakle, dobili smo da je za sve cele brojeve n ispu�eno f(n) = n.

Neka je sada n ceo broj razliqit od nule. Iz raquna

1 = f(1) = f

(n · 1

n

)= f(n) · f

(1

n

), jer je f homomorfizam

= nf

(1

n

)sledi da je f

(1n

)= 1

n . Konaqno, za proizvoan racionalan broj x postoje celi brojevim i n 6= 0 takvi da je x = m

n . Onda je

f(x) = f(mn

)= f(m) · f

(1

n

), jer je f homomorfizam

= m · 1

n= x.

Zakuqujemo da je f(x) = x za sve x ∈ Q, xto znaqi da je f∣∣Q identiqko preslikava�e.

Posledica 1.23. Neka je K raxire�e poa Q i f ∈ AutK. Tada je f∣∣Q = idQ.

Specijalno, AutQ = {idQ}.


1.3 Algebarski i transcendenti elementi

Jedna od veoma znaqajnih veza u teoriji poa je veza izme�u raxire�a poa ipolinoma nad tim poima. Objax�ava�u baziqnih aspekata te veze posve�en je ovajodeak.

Definicija 1.24. Neka je K|F raxire�e poa. Element α ∈ K je algebarski nadpoem F ako postoji polinom f(X) ∈ F [X] takav da je f(α) = 0.

U suprotnom, ako za element α ∈ K ne postoji nijedan polinom f(X) ∈ F [X] takavda je f(α) = 0 taj element se naziva trancendentnim nad poem F .

Primer 1.25. Element i ∈ C je algebarski nad poem R zato xto anulira polinomX2 +1 ∈ R[X]. Kako je X2 +1 ∈ Q[X], sledi da je i algebarski i nad Q. Realni broj

√7

je algebarski nad Q zato xto anulira polinomX2−7 sa racionalnim koeficijentima.Malo raquna pokazuje da realni broj 3

√2+ 3√

3 anulira polinomX9−15X6−87X3−125 ∈Q[X], pa je to jox jedan primer algebarskog elementa nad Q.

Najpoznatiji primeri transcendentnih brojeva nad Q su e i π. Vixe o toj temi�e biti reqeno u narednom odeku.�

Neka je element a algebarski nad poem F . Tada je skup svih polinoma iz F [X]koje a anulira neprazan, pa se u tom skupu mo�e na�i polinom koji je u odre�enomsmislu najma�i. Preciznije, imamo slede�e tvr�e�e.

Tvr�e�e 1.26. Neka je K/F raxire�e poa i a ∈ K algebarski element nad F . Tadapostoji jedinstveni polinom µa,F (X) ∈ F [X] takav da je:

• µa,F (X) 6= 0

• µa,F (a) = 0

• µa,F (X) je moniqan i nesvodiv nad poem F .

Polinom µa,F (X) se naziva minimalnim polinomom elementa a nad poem F .

Dokaz. Poxto je element a algebarski nad poem F , skup svih polinoma iz F [X] kojea anulira je neprazan, pa u tom skupu postoji jedinstveni moniqan polinom najma�egstepena. Oznaqimo taj polinom sa µa,F (X). Prema svojoj definiciji, ovaj polinomispu�ava sve uslove iz iskaza tvr�e�a, osim nesvodivosti nad poem F . Zbog togaje potrebno jox samo da poka�emo da je polinom µa,F (X) nesvodiv nad poem F idokaz je zavrxen.

Pretpostavimo suprotno, neka je polinom µa,F (X) svodiv nad poem F . Tadapostoje polinomi f(X) i g(X) iz F [X] takvi da je

µa,F (X) = f(X)g(X),

pri qemu je 1 ≤ deg f,deg g < degµa,F . Tako�e, poxto je polinom µa,F (X) moniqan,mo�emo smatrati da su takvi i polinomi f(X) i g(X). Iz µa,F (a) = 0 sledi da je i

f(a)g(a) = 0,

1.3. ALGEBARSKI I TRANSCENDENTI ELEMENTI 11

odakle je f(a) = 0 ili g(a) = 0. Me�utim, u obe od ovih mogu�nosti, poxto jedeg f, deg g < degµa,F , dobijamo moniqne polinome iz F [X] koje a anulira i koji sustepena ma�eg od stepena µa,F (X). To je u kontradikciji sa definicijom polinomaµa,F (X). Dakle, µa,F (X) mora biti nesvodiv nad poem F , qime je dokaz zavrxen.

Pojmovi algebarskog i transcendentog elementa imaju znaqajnu ulogu pri konstru-isa�u raxire�a poa. Objax�ava�e te uloge zapoqi�emo narednom definicijom.

Definicija 1.27. Neka je K/F raxire�e poa i a ∈ K. Definixemo:

F [a] = {f(a) | f(X) ∈ F [X]}

F (a) =

{f(a)

g(a)| f(X), g(X) ∈ F [X], g(X) 6= 0

}.

Prethodna definicija omogu�ava da se u okviru raxire�a poa K/F konstruixeme�u raxire�e F (a)/F sa osobinom da je F (a) najma�e poe koje sadr�i poe F ielement a ∈ K. Naravno, pritom nije iskuqeno da je F (a) = K. Primetimo jox daF [a] ne mora biti poe, ali je obavezno integralni domen i F (a) predstava poerazlomaka nad F [a]. Prema tome, pita�e pri kojim uslovima je F [a] poe (a time ijednako F (a)) je od znaqajnog interesa. Odgovor na �ega je usko vezan sa pita�em dali je element a ∈ K algebarski ili transcendentan nad poem F i prikazan je unaredna dva tvr�e�a.

Tvr�e�e 1.28. Neka je K/F raxire�e poa i a ∈ K algebarski element nad F . Tadaje F [a] poe.

Dokaz. Poxto je F [a] integralni domen, sve xto treba da poka�emo je proizvonielement z 6= 0 iz F [a] ima multiplikativni inverz. Oznaqimo sa f(X) polinom izF [X] takav da je z = f(a), a sa µa,F (X) ∈ F [X] minimalni polinom algebarskogelementa a nad poem F . Kako je F [X] Euklidski domen, postoji najve�i zajedniqkidelilac d(X) polinoma f(X) i µa,F (X). Iz Euklidovog algoritma sledi i da postojepolinomi p(X) i q(X) iz F [X] takvi da je

p(x)f(X) + q(X)µa,F (X) = d(X). (1.3)

Prvo xto �emo pokazati je da polinom d(X) mora biti konstantan.

Za poqetak, primetimo da iz d(X) | µa,F (X), poxto je polinom µa,F (X) nesvodivnad F , sledi deg d = 0 ili deg d = degµa,F . Ako je deg d = degµa,F , onda je µa,F (X) =c · d(X), gde je c ∈ F neka konstanta. Zbog toga, kako a anulira polinom µa,F (X), tajelement �e anulirati i polinom d(X), pa imamo d(a) = 0. Poxto d(X) | f(X) sledida je i z = f(a) = 0, xto je kontradikcija. Zakuqujemo da je jedina mogu�nost kojaostaje deg d = 0, xto upravo znaqi da je polinom d(X) konstantan, d(X) = d za nekod ∈ F \ {0}.

Vrativxi se na jednakost (1.3), dobijamo

p(x)f(X) + q(X)µa,F (X) = d.


Uzevxi za neodre�enu X vrednost a u prethodnoj jednakosti, dobijamo p(a)f(a) = d.Onda je i f(a)−1 = 1

d · p(a) ∈ F [a]. Dakle, element z = f(a) ima multiplikativniinverz u F [a], xto zavrxava ovaj dokaz.

Tvr�e�e 1.29. Neka je K/F raxire�e poa i a ∈ K transcendentan element nad F .Tada F [a] nije poe.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je F [a] poe. Tada, specijalno, za element a ∈F [a] postoji multiplikativni inverz, a−1 = f(a), gde je f(X) ∈ F [X]. Odatle je onda1 = af(a), odnosno af(a)− 1 = 0. Dobijamo da a anulira polinom Xf(X)− 1 ∈ F [X],xto je kontradikcija sa qi�enicom da je a transcendentan nad poem F . Dakle,nemogu�e je da F [a] bude poe.

Imaju�i u vidu prethodna dva tvr�e�a, nadae �e od mnogo ve�eg interesa bitialgebarski elementi u odnosu na transcendente. Opxtije, bavi�emo se algebarskimraxire�ima poa, xto su raxire�a poa K/F takva da je svaki element iz K al-gebarski nad F . Raxire�a poa koja nisu algebarska, tj. takva da sadr�e transcen-dente elemente se nazivaju transcendentnim raxire�ima poa.

Primer 1.30. Konaqno raxire�e poa Q se naziva algebarsko brojevno poe ilikra�e samo brojevno poe. Ovakva poa predstavaju jedne od centralnih objekatakoje izuqava algebarska teorija brojeva.�

Naredno tvr�e�e daje jednostavnu i korisnu karakterizaciju raxire�a F [a]/Fkada je a algebarski element nad F , koju �emo qesto koristiti nadae.

Tvr�e�e 1.31. Neka je K/F raxire�e poa a ∈ K algebarski element nad F , qijije minimalni polinom stepena n ∈ N. Tada je {1, a, a2, . . . , an−1} jedna baza za F [a] nadF , xto znaqi da je F [a]/F konaqno raxire�e stepena n.

Dokaz. Doka�imo prvo da je skup {1, a, a2, . . . , an−1} linearno nezavisan nad F . Uoc-himo proizvone ci ∈ F, 0 ≤ i ≤ n− 1 takve da je

n−1∑i=0

ciai = 0.

Ako je barem jedan od ci 6= 0, onda ti koeficijenti definixu nenula polinom

f(X) =

n−1∑i=0

ciXi ∈ F [X]

stepena najvixe n−1 takav da je f(a) = 0. To daje kontradikciju sa pretpostavkom daje minimalni polinom za a nad F stepena n. Dakle, neophodno je da su svi ci jednakinuli, odakle sledi da je skup {1, a, a2, . . . , an−1} linearno nezavisan.

Ostalo je jox da poka�emo da skup {1, a, a2, . . . , an−1} generixe F [a] nad F . Neka jez ∈ F [a] proizvoan element. Tada postoji polinom p(X) ∈ F [X] takav da je z = p(a).


Oznaqimo kratko sa µ(X) ∈ F [X] minimalni polinom za a nad F i podelimo p(X) saostatkom tim polinomom:

p(X) = q(X)µ(X) + r(X), deg r < degµ = n.

Uzevxi za neodre�enu X vrednost a dobijamo

z = p(a)

= q(a)µ(a) + r(a)

= r(a), jer je µ(a) = 0.

Poxto je polinom r(X) ∈ F [X] stepena najvixe n − 1 mo�emo ga zapisati u oblikur(X) =

∑n−1i=0 αiX

i, gde su αi ∈ F . Zato je i z = r(a) =∑n−1

i=0 αiai, xto pokazuje da je

{1, a, a2, . . . , an−1} generatorni skup za F [a] nad F .

Opxtije posmatraju�i, svako konaqno raxire�e poa mo�emo prepoznati kao al-gebarsko, xto pokazuje naredno tvr�e�e.

Tvr�e�e 1.32. Svako konaqno raxire�e K/F poa je algebarsko.

Dokaz. Neka je [K : F ] = n ∈ N i a ∈ K proizvoni element. Pokazujemo da je aalgebarski element nad F . Primetimo prvo da je dovono posmatrati a 6= 0, jer je 0svakako algebarski element nad F . Tako�e, ako je ak = 1 za neko k ∈ N, onda a anulirapolinom Xk − 1 ∈ F [X], pa je algebarski nad F . Zbog toga mo�emo smatrati da su svielementi skupa {1, a, a2, . . . , an} razliqiti. Kako tih elemenata ima n+1, a dimenzijaprostora K nad F je jednaka n, znaqi da postoje konstante αi ∈ F, 0 ≤ i ≤ n takve daje

n∑i=0

αiai = 0.

Na taj naqin dobijamo polinom f(x) =∑n

i=0 αiXi ∈ F [X] takav da je f(a) = 0, xto

znaqi da je a algebarski element nad F . Kako je izbor elementa a bio proizvoan,sledi da je raxire�e K/F algebarsko.

Kontrapozicijom prethodnog tvr�e�a dobijamo i da je svako transcendentno ras-hire�e poa beskonaqno. Jedino pita�e koje jox ostaje otvoreno je da li svako al-gebarsko raxire�e mora biti konaqno. Naredni primer pokazuje da to ne mora dava�i.

Primer 1.33. Oznaqimo sa Q poe svih algebarskih brojeva nad Q, tj. svih kom-pleksnih brojeva koji anuliraju barem jedan polinom sa racionalnim koeficijentima.Onda direktno sledi da je raxire�e Q/Q algebarsko. Malo te�e je pokazati da je ovoraxire�e beskonaqno. Jedan od naqina je da posmatramo algebarske brojeve n

√2, n ∈ N.

Svaki od ovih brojeva anulira odgovaraju�i polinom Xn−2. Koriste�i Ajzenxtajnovkriterijum (videti Tvr�e�e 1.57), dobijamo da su svi ti polinomi nesvodivi nadQ, odakle sledi da je

[Q[n√

2] : Q] = n, n ∈ N.


Dakle, kako n raste, dobijamo u raxire�u Q/Q podraxire�e proizvono velikogstepena. To znaqi da je [Q : Q] =∞.�

Primetimo jox da se postupak opisan Definicijom 1.27 mo�e ponavati vixeputa uzastopno. Tako, ako je K/F raxire�e poa i a, b ∈ K, tada definixemoF [a, b] = F [a][b]. Induktivno, imamo da je za a1, a2, . . . , an ∈ K je F [a1, a2, . . . , an] =F [a1, a2, . . . , an−1][an]. Naravno, F [a1, a2, . . . , an] �e biti poe ako i samo ako su svi aialgebarski nad F , xto �e upravo biti sluqaj koji je nama od najve�eg interesa.

Jedan veoma znaqajan specijalan sluqaj ovako opisane konstrukcije dat je narednomdefinicijom.

Definicija 1.34. Korensko poe polinoma f(X) ∈ F [X] nad poem F je raxire�eK/F takvo da va�i:

1. f(X) ima linearnu faktorizaciju u pouK, f(X) = (X−α1)(X−α2) . . . (X−αn).

2. K = F [α1, α2, . . . , αn].

Primer 1.35. Posmatrajmo polinom f(X) = X2 + 1 ∈ R[X]. On ima linearnu fak-torizaciju

f(X) = (X − i)(X + i) (1.4)

nad poem kompleksnih brojeva C. Primetimo i da je trivijalno

R[i,−i] = R[i].

Sa druge strane, poxto je f(X) moniqan i nesvodiv nad R, on predstava i mini-malni polinom za i nad tim poem. Iz Tvr�e�a 1.31 onda sledi da je [R[i] : R] =deg f = 2, kao i da je {1, i} jedna baza za R[i] nad R. Zakuqujemo da se svaki ele-ment poa R[i] mo�e na jedinstven naqin napisati u obliku x + iy, x, y ∈ R, odakleje R[i] = C. Posled�a qi�enica uz faktorizaciju (1.4) implicira da je C korenskopoe polinoma f(X) nad R.�

1.3.1 Kompozitum poa

Posmatrajmo direktan proizvod K × F dva poa K i F . Poxto su K i F , speci-jalno, komutativni prsteni sa jedinicom, znamo da je K×F jedan komutativni prstensa jedinicom. Me�utim, u K × F , pored aditivnog neutrala (0, 0), postoje elementioblika (x, 0), x ∈ K i (0, y), y ∈ L, koji nemaju multiplikativni inverz. To znaqi daK × L nije poe.

Dobijeno pokazuje da se uobiqajena konstrukcija direktnog proizvoda prstena neprenosi na poa. Zbog toga se java problem pronala�e�a naqina konstruikcijeve�eg poa koje sadr�i dva data poa. Jedno rexe�e tog problema pru�a pojamkompozituma dva poa i opisan je narednom definicijom.

Definicija 1.36. Neka L/F raxire�e poa, qija su neka dva me�upoa E i K.Kompozitum poa E i K, u oznaci EK, je najma�e raxire�e poa F koje sadr�i Ei K.


Napomena. Uslov da su oba poa E i K iz prethodne definicije sadr�ana u nekomve�em pou L je neophodan da bi se garantovala �ena korektnost. Naime, najma�epoe koje sadr�i E i K mo�emo definisati kao presek skupa svih poa koja sadr�eE i K. Egzistencija poa L koju zahtevamo onda garantuje da je taj skup neprazan,xto spreqava pojaviva�e apsurdne mogu�nosti da poe koje definixemo u nekimsluqajevima bude prazan skup.

Naglasimo jox da nas u sluqaju brojevnih poa, kojima �emo se najqex�e baviti,egzistencija poa L ne�e brinuti, poxto su sva takva poa sadr�ana u pou komplek-snih brojeva C. Zbog toga ispu�enost uslova kome je posve�ena ova napomena ne�emoposebno naglaxavati kada radimo sa brojevnim poima.�

Primetimo da, uz oznake iz prethodne definicije, ako je E = F [a1, a2, . . . , an]konaqno raxire�e poa F , onda je kompozitum poa EK jednak K[a1, a2, . . . , an].Naravno, ako je i raxire�e K/F konaqno, odre�eno sa K = F [b1, b2, . . . , bm], va�iEK = F [a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bm]. Odatle dobijamo da je kompozitum dva konaqnaraxire�a poa F i sam konaqno raxire�e tog poa. Tu qi�enicu mo�emo i dodatnoprecizirati, xto je ura�eno u narednom jednostavnom tvr�e�u.

Tvr�e�e 1.37. Neka je L/F raxire�e poa i E/F , K/F dva �egova konaqna me�u-raxire�a. Tada je

[EK : F ] ≤ [E : F ] · [K : F ],

pri qemu jednakost va�i ako su stepeni raxire�a [E : F ] i [K : F ] uzajamno prosti.

Dokaz. Poxto su raxire�a E/F i K/F konaqna, postoje elementi ai ∈ E, 1 ≤ i ≤ si bj ∈ K, 1 ≤ j ≤ t takvi da je E = F [a1, a2, . . . , as] i K = F [b1, b2, . . . , bt]. Ondakompozitum EK mo�emo posmatrati kao

EK = F [a1, a2, . . . , as, b1, b2, . . . , bt].

Iz tog oblika odmah imamo da je [EK : F ] ≤ mn = [E : F ] · [K : F ], gde je [E : F ] = m i[K : F ] = n, xto zavrxava prvi deo tvr�e�a.

Da bismo dobili drugi deo tvr�e�a, posmatrajmo oblik lanac raxire�a F ≤ K ≤EK. Na osnovu Tvr�e�a 1.10 imamo da je

[EK : F ] = [EK : K] · [K : F ],

odakle sledi n | [EK : F ]. Posmatraju�i lanac raxire�a F ≤ E ≤ EK, potpunoanalogno dobijamo m | [EK : F ]. Ako su m i n uzajamno prosti, onda iz dobijenogm,n | [EK : F ] sledi mn | [EK : F ]. Iz ranije odre�enog [EK : F ] ≤ mn, konaqnodobijamo da va�i [EK : F ] = mn, qime je dokaz tvr�e�a zavrxen.

Primer 1.38. Oznaqimo sa ζm = e2πim i ζn = e

2πin za uzajamno proste prirodne bro-

jeve m i n. Kompozitum poa Q[ζm] i Q[ζn] jednak je Q[ζm, ζn]. Doka�imo da va�i

Q[ζm, ζn] = Q[ζmn], gde je ζmn = e2πimn .

Sa jedne strane, poxto je ζnmn = ζm i ζmmn = ζn, imamo da ζm i ζn pripadaju pouQ[ζmn]. Zbog toga va�i inkluzija Q[ζm, ζn] ⊆ Q[ζmn].


Sa druge strane, poxto su brojevi m i n uzajamno prosti, postoje celi brojevi ki l takvi da je

km+ ln = 1.

Odatle dobijamo

ζmn = e2πimn

= e2(km+ln)πi

mn

= e2kmπimn e

2lnπimn

= e2kπin e

2lπim

= (ζn)k(ζm)l,

xto pokazuje da je ζmn ∈ Q[ζm, ζn]. Iz dobijenog zakuqujemo da va�i inkluzijaQ[ζmn] ⊆ Q[ζm, ζn], koja uz prethodnu pokazanu inkluziju Q[ζm, ζn] ⊆ Q[ζmn] povlaqitra�eno Q[ζm, ζn] = Q[ζmn].�

Za kraj ovog pododeka, objasnimo kako se pojam kompozituma sa dva poa mo�eproxiriti na vixe poa. Posmatrajmo n raxire�a Ej , 1 ≤ j ≤ n poa F , sadr�anihu nekom raxire�u L/F . Kompozitum E1E2 . . . En je najma�e raxire�e poa F kojesadr�i sve Ej . Naravno, tako definisan kompozitum mo�emo posmatrati i induk-tivno: E1E2 . . . En je kompozitum (u smislu Definicije 1.36) poa E1E2 . . . En−1 iEn.

1.4 Transcendentnost brojeva e i π

1.4.1 Transcendentnost broja e

Transcendentnost broja e dokazao je Xarl Ermit2 1873. godine. �egov dokazznaqajno je uprostio David Hilbert3. Dokaz koji �e ovde biti prikazan je varijacijatog Hilbertovog dokaza i delo je Adolfa Hurvica4 iz 1893. godine (pogledati zavixe detaa [HU] i [HE]).

Teorema 1.39. Realan broj e je transcendentan nad poem racionalnih brojeva Q.

Dokaz. Dokaz izvodimo u tri koraka svo�e�em na kontradikciju. Pre nego xto pred-jemo na prvi korak, napravimo kratku pripremu.

Poxto �e dokaz biti izveden svo�e�em na kontradikciju, pretpostavimo suprotno,neka je e algebarski nad Q. Tada postoji polinom ϕ(x) = c0 + c1x+ c2x

2 + · · ·+ cnxn sa

racionalnim koeficijentima takav da je ϕ(e) = 0. Dodatno, bez uma�e�a opxtosti,mo�emo smatrati da su svi koeficijenti ci polinoma ϕ(x) celobrojni, kao i da jec0 > 0. Sada mo�emo pre�i na prvi korak.

2Charles Hermite (1822-1901), francuski matematiqar3David Hilbert (1862-1943), nemaqki matematiqar4Adolf Hurwitz (1859-1919), nemaqki matematiqar

1.4. TRANSCENDENTNOST BROJEVA e I π 17

Prvi korak

U ovom koraku dokaza�emo slede�u lemu.

Lema 1. Neka je f(x) polinom sa realnim koeficijentima i F (x) =∑∞

i=0 f(i)(x).

Tada postoje realni brojevi α1, α2, . . . , . . . αn ∈ (0, 1) takvi da je

c0F (0) + c1F (1) + · · ·+ cnF (n) = c1β1 + c2β2 + · · ·+ cnβn,

gde je βk = −kek(1−αk)f(kαk).

Pretpostavimo da je polinom f(x) stepena r. Tada je f (r+1)(x) = f (r+2)(x) = · · · = 0.To znaqi da je

F (x) =

∞∑i=0

f (i)(x) = f(x) + f ′(x) + · · ·+ f (r)(x). (1.5)

Odavde dobijamo i jednostavan oblik za izvod funkcije F (x),

F ′(x) = f ′(x) + f (2)(x) + . . . f (r+1)(x)

= f ′(x) + f (2)(x) + . . . f (r)(x)

= F (x)− f(x).

Definiximo sada funkciju g(x) = e−xF (x). Lako nalazimo da je izvod funkcije g(x)jednak

g′(x) = −e−xF (x) + e−xF ′(x)

= e−x(−F (x) + F ′(x)

)= e−x (−F (x) + F (x)− f(x))

= −e−xf(x).

Fiksirajmo za sada prirodan broj k. Primenom Lagran�ove5 teoreme o sred�oj vred-nosti na funkciju g(x) i segment [0, k] dobijamo da postoji ζ ∈ (0, k) takvo da je

g′(ζ) =g(k)− g(0)

k − 0.

Broj ζ ∈ (0, k) mo�emo predstaviti kao ζ = αk za neko α ∈ (0, 1), odatkle dobijamooblik

g′(αk) =g(k)− g(0)

k − 0.

Iz ovog oblika, poxto je g(0) = F (0) sledi

−ke−αkf(αk) = e−kF (k)− F (0).

5Joseph-Louis Lagrange (1736-1813), francuski matematiqar


Mno�e�em obe strane prethodne jednakosti na ek dobijamo

F (k)− ekF (0) = −kek(1−α)f(kα). (1.6)

Posle oznaqava�a −kek(1−α)f(kα) = β jednakost (1.6) dobija oblik

F (k)− ekF (0) = β. (1.7)

Puxtaju�i da inicijalno fiksirani broj k prolazi skupom {1, 2, . . . , n}, gde je, dase podsedimo, n stepen polinoma ϕ(x) sa celobrojnim koeficijentima koga broj eanulira, iz jednakosti (1.7) dobijamo dva niza realnih brojeva αk ∈ (0, 1) i βk =−kek(1−αk)f(kαk), 1 ≤ k ≤ n za koje va�i

F (k)− ekF (0) = βk. (1.8)

Mno�e�i svaku od jednakosti (1.8) odgovaraju�im k-tim koeficijentom ck polinomaϕ(x) dobijamo

ckF (k)− ckekF (0) = ckβk.

Sumiraju�i sve prethodne jednakosti po k ∈ {1, 2, . . . , n} dobijamo

(c1F (1) + · · ·+ cnF (n))− F (0) (c1e+ · · ·+ cnen) = c1β1 + · · ·+ cnβn. (1.9)

Sada, poxto je ϕ(e) = 0, imamo da je

c0 + c1e+ c2e2 + · · ·+ cne

n = 0,

odakle jec1e+ c2e

2 + · · ·+ cnen = −c0.

Korix�e�em ovog izraza jednakost (1.9) dobija oblik

c0F (0) + c1F (1) + · · ·+ cnF (n) = c1β1 + c2β2 + · · ·+ cnβn, (1.10)

xto zavrxava dokaz leme.�

Drugi korak

Sada biramo konkretan polinom na koga �emo primeniti Lemu 1. Neka je p prost brojve�i od slobodnog qlana c0 i stepena n polinoma ϕ(x) koga e anulira. Definixemopolinom f(x) sa

f(x) =xp−1(1− x)p(2− x)p . . . (n− x)p

(p− 1)!. (1.11)

Ideja je da poka�emo da je c0F (0) + c1F (1) + · · · + cnF (n) nenula ceo broj. To �emouraditi tako xto �emo pokazati i jaqe, da je pomenuta suma ceo broj koji nije deivsa p.Zapoqnimo sa jednom jednostavnom lemom.


Lema 2. Neka je g(x) polinom sa celobrojnim koeficijentima, p prost broj i h(x) =g(x)

(p−1)! . Tada je za sve i ≥ p, h(i)(x) polinom sa celobrojnim koeficijentima koji su svi

deivi sa p.

Primetimo prvo da ako je deg g ≤ p − 1, onda je h(i)(x) = 0 za i ≥ p, pa nema xtada se dokazuje. Zato, neka je deg g = ` ≥ p. Onda polinom g(x) mo�emo zapisati uobliku

g(x) = a`x` + · · ·+ apx

p + t(x),

gde je deg t < p. Odavde, za i > ` je g(i)(x) = 0 , pa i je i h(i)(x) = 0, xto znaqi daponovo nema xta da se dokazuje. Za preostale p ≤ i ≤ ` imamo

g(i)(x) = a``(`− 1) · · · · (`− i+ 1)x`−i + · · ·+ ai+1(i+ 1)i · · · · 2 · x+ aii!.

Onda je i

h(i)(x) =g(i)(x)

(p− 1)!

= a``(`− 1) · · · · (`− i+ 1)

(p− 1)!x`−i + · · ·+ ai+1

(i+ 1)i · · · · 2(p− 1)!

x+ aii!

(p− 1)!

= a``(`− 1) · · · · (`− i+ 1)

i!i(i− 1) · · · · px`−i + ai+1(i+ 1)i . . . px+ ai(i+ 1)i . . . p

= a`

(`

i

)i(i− 1) · · · · px`−i + · · ·+ ai+1(i+ 1)i . . . px+ ai(i+ 1)i . . . p,

odakle zakuqujemo da je h(i)(x) polinom sa celobrojnim koeficijentima i da su svi�egovi koeficijenti deivi sa p. Upravo to zavrxava dokaz leme.�Primenom Leme 2. na polinom f(x) definisan u (1.11) dobijamo da je za svako i ≥ p,f (i)(x) polinom sa celobrojnim koeficijentima koji su svi deivi sa p. Specijalno,za sve cele brojeve m, f (i)(m) je ceo broj deiv sa p.

Posmatrajmo sluqajeve kada je m iz skupa {1, 2, . . . , n}. Iz definicije polinoma fimamo da je m �egova nula vixestrukosti p. Zbog toga zakuqujemo da je

f(m) = f ′(m) = · · · = f (p−1)(m) = 0.

Onda je, imaju�i u vidu formulu (1.5),

F (m) = f(m) + f ′(m) + · · ·+ f (r)(m)

= f (p)(m) + · · ·+ f (r)(m).

Kako smo ranije ustanovili da su svi f (p)(m), . . . , f (r)(m) celi brojevi deivi sa p,konaqno dobijamo da je i F (m) ceo broj deiv sa p.

Ostalo je jox da ispitamo xta se dexava sa m = 0. Iz definicije polinoma fimamo da je 0 �egova nula vixestrukosti p− 1. Zbog toga je

f(0) = f ′(0) = · · · = f (p−2)(0) = 0,


pa ponovo se osla�aju�i na formulu (1.5) dobijamo

F (0) = f (p−1)(0) + · · ·+ f (r)(0).

Iz ranije primene Leme 2. imamo da su f (p)(0), . . . , f (r)(0) celi brojevi deivi sa p.Dodatno, jednostavan raqun pokazuje da je f (p−1)(0) = (n!)p. Podsetivxi se jox da smoprost broj p odabrali tako da je p > n, dobijamo da p - f (p−1)(0), pa tako�e i p - F (0).

Da bismo zavrxili dokaz ovog koraka, vratimo se posmatra�u sume

c0F (0) + c1F (1) + · · ·+ cnF (n).

Ustanovili smo da p | F (m) za sve m ∈ {1, 2, . . . , n}. Zbog toga i

p | c1F (1) + · · ·+ cnF (n).

Sa druge strane, imamo da p - F (0). Setivxi se da smo prost broj p izabrali tako daje p > c0 (i zbog c0 > 0) imamo da i p - c0. Prema tome, p - c0F (0), odakle konaqno

p - c0F (0) + c1F (1) + · · ·+ cnF (n),

pa je specijalno c0F (0) + c1F (1) + · · · + cnF (n) nenula ceo broj. Ovim se zadr�avadrugi korak dokaza.

Tre�i korak

U ovom koraku zavrxavamo dokaz teoreme dobijaju�i kontradikciju. Preciznije,dobi�emo da je |c1β1 + c2β2 + · · · + cnβn| < 1, xto �e uz jednakost (1.10) i upravopokazanu qi�enicu da je c0F (0) + c1F (1) + · · ·+ cnF (n) nenula ceo broj dati tra�enuprotivreqnost.

Podsetimo se da je βk = −kek(1−αk)f(kαk). Onda iz izbora (1.11) polinoma f(x),

f(x) =xp−1(1− x)p(2− x)p . . . (n− x)p

(p− 1)!(1.12)

sledi da je

βk =−kek(1−αk)(kαk)

p−1(1− kαk)p(2− kαk)p . . . (n− kαk)p

(p− 1)!.

Prisetimo je jox da je k ∈ {1, 2, . . . , n}, i αk ∈ (0, 1). Zbog toga je

ek(1−αk) ≤ en,k(kαk)

p−1 ≤ np,(1− kαk)p(2− kαk)p . . . (n− kαk)p ≤ (n!)p,

odakle dobijamo ocenu

|βk| ≤ennp(n!)p

(p− 1)!. (1.13)


Primetimo da su jedini uslovi koje smo nametali za prost broj p bili p > n i p > c0,pa �e ocena (1.13) va�iti za proizvono velike proste brojeve p, ve�e od max{n, c0}.Ta qi�enica nam daje opravda�e da pomenutu ocenu posmatramo asimptotski, kadap→ +∞. Na taj naqin se dobija

limp→+∞

|βk| ≤ limp→+∞

ennp(n!)p

(p− 1)!

= en limp→+∞

(n · n!)p

(p− 1)!

= 0.

Dakle, va�i da je limp→+∞|βk| = 0, odakle, specijalno, mo�emo na�i dovono velikiprost broj p takav da je za sve k ∈ {1, 2, . . . , n} ispu�eno

|ckβk| <1

n.

Iz nejednakosti trougla je onda

|c1β1 + c2β2 + · · ·+ cnβn| ≤ |c1β1|+ |c2β2|+ · · ·+ |cnβn| < n · 1

n= 1.

Konaqno, zbog jednakosti jednakost (1.10) je i

|c0F (0) + c1F (1) + · · ·+ cnF (n)| < 1.

Ranije smo ustanovili da je c0F (0)+c1F (1)+ · · ·+cnF (n) nenula ceo broj, pa posled�anejednakost predstava kontradikciju, jer takvih brojeva nema u intervalu (−1, 1).Tom kontradikcijom se zavrxava dokaz transcendentnosti broja e nad poem Q.

1.4.2 Transcendentnost broja π

Transcendentnost broja π dokazao je Ferdinand fon Lindeman6 1882. godine. Usvom dokazu on se osla�ao na transcendentnost broja e, koju je, kao xto smo ve� videli,pokazao Ermit nepunu deceniju ranije. Lindemanovog dokaz je, sliqno kao i Ermi-tov dokaz transcendentnosti broja e, uspeo znaqajno da pojednostavi Adolf Hurvic.Upravo je to dokaz koji �e ovde biti prikazan (za vixe detaa, zainteresovanog qi-taoca upu�ujemo na pregledne qlanke [MO]i [NI]). U �emu je isti oslonac na Ermitovrezultat kakav ima i originalni dokaz Lindemana. Zanimivo je primetiti da seneophodna veza izme�u brojeva π i e ostvaruje pomo�u quvenog Ojlerovog identiteta

eiπ + 1 = 0,

dakle formule koju mnogi smatraju najlepxom u matematici.Neposredno pre prelaska na sam dokaz, preporuqimo jox i �egovu elementarniju,

ali malo du�u verziju koja se mo�e proqitati u qlanku [VE].

Teorema 1.40. Realan broj π je transcendentan nad poem racionalnih brojeva Q.

Dokaz. Radi boe preglednosti, ovaj dokaz �emo kao i dokaz transcendentnosti brojae podeliti na korake.

6Carl Louis Ferdinand von Lindemann (1852-1939), nemaqki matematiqar


Prvi korak

U ovom korako �emo postaviti teme samog dokaza, odnosno dobiti formulu na qijem�e se tragu on izvoditi. Pretpostavimo suprotno, neka je broj π algebarski nad poemQ. Kako je broj i algebarski nad poem Q, onda iz naxe pretpostavke sledi da je takavi broj iπ. To znaqi da postoji polinom θ(x) stepenam sa racionalnim koeficijentimatakav da je

θ(iπ) = 0.

Oznaqimo redom nule polinoma θ(x) (u pou C) sa α1 = iπ, α2, . . . , αm. Koriste�iOjlerov identitet eiπ + 1 = 0, imamo da je

eα1 + 1 = 0.

Zbog toga je i(eα1 + 1)(eα2 + 1) · · · · (eαm + 1) = 0. (1.14)

Mno�e�i sve faktore u formuli (1.14) dobijamo jednakost oblika

c+ eβ1 + eβ2 + · · ·+ eβn = 0, (1.15)

gde je c nenula ceo broj, a β1, β2, . . . , βn kompleksni brojevi.Pri tome, kuqno je da kompleksni brojevi βi nisu proizvoni, nego se mogu pre-

poznati kao n nula nekog polinoma

τ(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, a0 6= 0, an 6= 0 (1.16)

sa celobrojnim koeficijentima. Ta qi�enica sledi direktno iz Vijetovih7 veza.Naime, svi izrazi8 za β1, β2, . . . , βn,

ek(β1, β2, . . . , βn) =∑

1≤j1<j2<···<jk≤nβj1βj2 · · · · βjk , 0 < k ≤ n

koji se izra�avaju Vijetovih veza mogu se izraziti preko odgovaraju�ih analognihizraza

ek(α1, α2, . . . , αm) =∑

1≤j1<j2<···<jk≤mαj1αj2 · · · · αjk , 0 < k ≤ m

za α1, α2, . . . , αm i operacija sabira�a i mno�e�a. Me�utim, poxto su αi korenipolinoma θ(x) sa racionalnim koeficijentima, sledi (iz Vijetovih veza), da su sviek(α1, α2, . . . , αm) racionalni brojevi. Zbog toga su i svi ek(β1, β2, . . . , βn) racionalnibrojevi. Jox jednom primenom Vijetovih veza, samo ovog puta u obratnom smeru, xtoje poznati postupak za konstruisa�e polinoma qije su nule unapred zadati brojevi,dobijamo da je polinom n-tog stepena qije su nule β1, β2, . . . , βn celobrojan. Mno�e�emsa najma�im zajedniqkim sadr�aocem svih imeonilaca koeficijenata tog polinomadobijamo konaqno polinom τ(x) u (1.16).

7Francois Viete (1540-1603), francuski matematiqar8za nekoliko odeaka �emo videti da su ovi izrazi poznati kao elementarni simetriqni poli-

nomi


Drugi korak

Nadae �e se dokaz razvijati u pravcu koji je u velikoj meri u analogiji sa posled�adva koraka dokaza transcendentnosti broja e.

Definiximo funkciju

f(x) =asnx

p−1τ(x)p

(p− 1)!,

gde je p prost broj koji za sada ostavamo proizvonim i s = np − 1. Uz funkcijuf(x) definixemo i

F (x) = f(x) + f ′(x) + f (2)(x) + · · ·+ f (s+p+1)(x.)

Isto kao i u dokazu transcendentnosti broja e, imamo da je izvod funkcije e−xF (x)jednak −e−xf(x). Zbog toga mo�emo zapisati

e−xF (x)− e0F (0) =

∫ x

0−e−ξf(ξ)dξ.

Uvo�e�em smene ξ = tx prethodni izraz se transformixe u

F (x)− exF (0) = −x∫ 1

0e(1−t)xf(tx)dt. (1.17)

Zame�uju�i redom vrednosti βi, 1 ≤ i ≤ n u formulu (1.17) i sumira�em dobijenihizraza, uz korix�e�e formule (1.15), dobijamo

n∑i=1

F (βi) + cF (0) = −n∑i=i

βi

∫ 1

0e(1−t)βif(tβi)dt. (1.18)

Upravo �e formula (1.18) dati potrebnu kontradikciju iz koje �e slediti transcen-dentnost broja π.

Primetimo prvo da iz definicije funkcije f(x) odmah sledi da je f (k)(βi) = 0 zasve i sve 0 ≤ k < p. Odatle je i

n∑i=1

f (k)(βi) = 0, za sve 0 ≤ k < p.

Dodatno, osla�aju�i se na Lemu 2. iz drugog koraka dokaza transcendentnosti brojae, dobijamo da su za sve 1 ≤ i ≤ n i sve p ≤ k ≤ p + s, vrednosti f (k)(βi) celi brojevideivi sa p. Zbog toga su i

n∑i=1

f (k)(βi), za sve p ≤ k ≤ p+ s,

a time in∑i=1

F (βi)


celi brojevi deivi sa p.

Slede�e xto pokazujemo je da je cF (0) ceo broj uzajamno prost sa p. Iz definicijefunkcije f(x) odmah sledi da je

f (k)(0) = 0, za sve 0 ≤ k < p− 2

f (p−1)(0) = asnap0

f (k)(0) = pNk, za sve p ≤ k ≤ p+ s,

gde su Nk neki celi brojevi. Na ovom mestu, nametnimo na do sada proizvoan prostbroj p uslove da bude ve�i od c, a0 i an. Iz definicije funkcije F (x) i prethodnoizraqunatih izvoda funkcije f(x) u taqki 0, dobijamo da je cF (0) ceo broj koji nijedeiv sa p. Kada se vratimo na formulu (1.18), konaqno dobijamo da je �ena levastrana ceo broj koji nije deiv sa p. Specijalno, sledi da je pomenuta leva strananenula ceo broj.

Posmatrajmo sada desnu stranu formule (1.18). Zameniva�em iz definicije funk-cije f(x) dobijamo da je ona jednaka

−n∑i=1

1

an

∫ 1

0

(annβiτ(tβi))p

(p− 1)!e(1−t)βidt. (1.19)

Odavde, poxto je

limp→+∞

(annβiτ(tβi))p

(p− 1)!= 0,

sledi da se izborom dovono velikog prostog broja p, uz poxtova�e ve� nametnutoguslova p > max{c, a0, an}, dobijamo da se svaki od qlanova sume u (1.19) mo�e uqinitiproizvono malim. Samim tim se i cela desna strana formule (1.18) mo�e uqinitiproizvono malom. Kako smo ve� dobili da je �ena leva strana nenula ceo broj, ovimdobijamo kontradikciju, kojom se zavrxava dokaz transcendentnosti broja π.

1.5 Kronekerova konstrukcija

Do sada smo videli kako mo�emo da konstruixemo (najma�e) poe F [a] koje sa-dr�i neko dato poe F i element a koji pripada raxire�u K tog poa. Upravoqi�enica da nam je za ceo takav postupak potreban kontekst u kome ga mo�emo ura-diti (koji je odre�en raxire�em K/F ) mo�e nekada biti ograniqavaju�a. Zbog togapostoji potreba za pronala�e�em drugaqijeg postupka konstruisa�a poa F [a], kojiprevazilazi navedeno ograniqe�e. Jedan naqin kako to mo�emo da uradimo poznat jekao Kronekerova9 konstrukcija i bi�e prikazan u ovom odeku.

Teorema 1.41 (Kroneker). Neka je K poe i f(X) ∈ K[X] nesvodiv polinom. Tadapostoji raxire�e E poa K u kome polinom f(X) ima nulu.

9Leopold Kronecker (1823-1891), nemaqki matematiqar

1.5. KRONEKEROVA KONSTRUKCIJA 25

Dokaz. Posmatrajmo prsten polinoma K[X] nad poem K. Poxto je polinom f(X)nesvodiv nad poem K, glavni ideal 〈f〉 je maksimalan, pa je koliqnik

E = K[X]/〈f〉

i sam jedno poe. Pokaza�emo da je upravo E tra�eno poe, qije postoja�e tvrditeorema.

Posmatrajmo prvo preslikava�e ϕ : K → E definisano sa

ϕ(k) = k + 〈f〉, k ∈ K.

Direktno imamo da za sve k1, k2 ∈ K je ispu�eno

ϕ(k1 + k2) = (k1 + k2) + 〈f〉= (k1 + 〈f〉) + (k2 + 〈f〉)= ϕ(k1) + ϕ(k2)

i

ϕ(k1k2) = (k1k2) + 〈f〉= (k1 + 〈f〉) · (k2 + 〈f〉)= ϕ(k1) · ϕ(k2),

odakle sledi da je ϕ homomorfizam. Na osnovu Tvr�e�a 1.20 onda sledi da je ϕ : K →E i utapa�e, pa mo�emo smatrati da je K ≤ E. Drugim reqima, dobili smo da je Eraxire�e poa K.

Poka�imo jox da polinom f(X) ima nulu u pou K. Zapiximo prvo

f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn, ai ∈ K, an 6= 0.

Da bi smo f(X) posmatrali kao polinom u E[X] moramo da primenimo utapa�e ϕ nasve �egove koeficijente. Tako dobijamo polinom koji �emo isto oznaqavati sa f(X),

f(X) = (a0 + 〈f〉) + (a1 + 〈f〉)X + · · ·+ (an + 〈f〉)Xn ∈ E[X].

Uoqimo element ζ = X + 〈f〉 poa E. Imamo da je

f(ζ) = (a0 + 〈f〉) + (a1 + 〈f〉)ζ + · · ·+ (an + 〈f〉)ζn

= (a0 + 〈f〉) + (a1 + 〈f〉)(X + 〈f〉) + · · ·+ (an + 〈f〉)(X + 〈f〉)n

= (a0 + 〈f〉) + (a1 + 〈f〉)(X + 〈f〉) + · · ·+ (an + 〈f〉)(Xn + 〈f〉)= (a0 + 〈f〉) + (a1X + 〈f〉) + · · ·+ (anX

n + 〈f〉)= f(X) + 〈f〉= 〈f〉, xto je nula u pou E.

Zakuqujemo da polinom f(X) ima nulu u raxire�u E poa K, qime je dokaz zavrxen.


Definicija 1.42. Za poe E dobijeno u prethodnoj teoremi se ka�e da je nastalood poa K dodava�em korena nesvodivog polinoma f(X) ∈ K[X] u K.

Zadr�imo notaciju iz dokaza Teoreme 1.41 da bismo razjasnili jox neke stvari.Po definiciji koliqniqkog prstena imamo da je

K[X]/〈f〉 = {g(X) + 〈f〉 | g(X) ∈ K[X]} .

Uoqimo proizvoni polinom g(X) ∈ K[X] i podelimo ga sa ostatkom polinomom f(X),

g(X) = q(X)f(X) + r(X), q(X), r(X) ∈ K[X], deg r < deg f = n.

Na taj naqin dobijamo da je

g(X) + 〈f〉 = (q(X)f(X) + r(X)) + 〈f〉= r(X) + 〈f〉,

odakle sledi da je

K[X]/〈f〉 = {r(X) + 〈f〉 | r(X) ∈ K[X], deg r < n}= {a0 + a1X + · · ·+ an−1X

n−1 + 〈f〉 | ai ∈ K, 0 ≤ i ≤ n− 1}= {(a0 + 〈f〉) + (a1 + 〈f〉)ζ + · · ·+ (an−1 + 〈f〉)ζn−1 | ai ∈ K, 0 ≤ i ≤ n− 1}.

Imaju�i u vidu utapa�e ϕ, iz posled�eg izraza sledi da se svaki element poa E =K[X]/〈f〉 mo�e napisati kaoK-linearna kombinacija elemenata skupa {1, ζ, . . . , ζn−1}.

Sa druge strane, jasno je da je K[ζ] ⊆ E. Tako�e, polinom 1anf(X) ∈ K[X] je

moniqan, nesvodiv nad K i ima osobinu da ga element ζ anulira, xto znaqi da jeminimalni polinom za ζ nad K. Iz Tvr�e�a 1.31 onda sledi da skup {1, ζ, . . . , ζn−1}qini jednu bazu za K[ζ] nad poem K. Prema tome, dobili smo da je E = K[ζ] i joxspecijalno, [E : K] = deg f = n.

Pretpostavimo jox da je F = K[τ ] jox neko raxire�e poa K, nastalo dodava�emnule τ polinoma f(X) ∈ K[X] u to poe. Imaju�i u vidu prethodno reqeno, mo�emouoqiti izomorfizme

K[X]/〈f〉 ∼= K[τ ] i K[X]/〈f〉 ∼= K[ζ],

koji pokazuju da je i K[τ ] ∼= K[ζ]. Na taj naqin dobijamo da je poe nastalo dodava�emkorena nesvodivog polinoma f(X) ∈ K[X] u K jedinstveno do na izomorfizam.

Primer 1.43. U ovom primeru vide�emo primenu Kronekerove konstrukcije na jed-nom veoma znaqajnom problemu, koji je i istorijski slu�io kao inspiracija za daegeneralizacije konstrukcije raxire�a poa, kulminiraju�i u prikazanom oblikuTeoreme 1.41.

Posmatrajmo poe R realnih brojeva i jednaqinu

X2 + 1 = 0 (1.20)

koja nema rexe�a u tom pou. Prirodno se name�e pita�e postoja�a poa koje sadr�ipolazno poe R i u kome je postoji rexe�e pomenute jednaqine. Odgovor na to pita�emo�e se dobiti pomo�u Kronekerove konstrukcije.

1.6. KONSTRUKCIJE LE�IROM I XESTAROM 27

Primetimo da qinenica da jednaqina (1.20) nema rexe�a direktno povlaqi nesvo-divost polinoma f(X) = X2 + 1 ∈ R[X] u pou R. Zbog toga, mo�emo primenitipostupak Kronekerove konstrukcije, iz koga sledi da je

E = R[X]/〈f〉

jedno raxire�e poa R u kome polinom f(X) ima nulu, odnosno jednaqina (1.20) imarexe�e. Xtavixe, znamo da je element i = X + 〈f〉 rexe�e te jednaqine u pou E,kao i da je skup {1, i} jedna baza za E nad poem R. Te dve qi�enice impliciraju daje

i2 + 1 = 0, (1.21)

kao i da se svaki element poa E mo�e zapisati u obliku a + bi za neke a, b ∈ R.Dakle, dobili smo da je

E ={a+ bi | a, b ∈ R, i2 + 1 = 0

},

xto znaqi da je konstruisano poe E nixta drugo do poe kompleksnih brojeva C.�

1.6 Konstrukcije le�irom i xestarom

1.6.1 Nekoliko priqa o antiqkim vremenima

Udvostruqe�e kocke Problem udvostruqe�a kocke je jedan od problema koji je naj-vixe zaokupao umove starogrqkih matematiqara. Poznat jox i kao Delski problem,svoje poreklo vuqe duboko u mitologiji. Citiraju�i Eratostena10, Teon iz Smirne11

navodi slede�u priqu:

...i posla Apolon straxnu kugu ostvru Delos. Nemo�ni pred razornim besom BogaSunca, oqajni gra�ani se obratixe za pomo� proroqixtu u Delfima. Tamo im se

bo�anstvo obrati kroz proroqicu reqima da �e rexiti problem bolesti koja ih ve�pobi tolike ako naprave duplo ve�i �rtenik u Apolonovom hramu od onog koji ve�

postoji...

Na ovom mestu prethodna priqa ne zavrxava. Naime, kako je �rtvenik u Apolonovomhramu bio oblika kocke, sve zanatlije sa ostrva se bacixe na posao smixa�a kakoda konstruixu kocku duplo ve�e zapremine. Nemogavxi da na�u rexe�e, na krajuse obratixe nikom drugom do Platonu12, koji je, me�utim, imao potpuno drugaqijuinterpretaciju poruke proroqixta. Objasnio je gra�anima Delosa da bo�anstvo ne�eli duplo ve�i �rtvenik, ve� da, zadaju�i im taj zadatak, �eli da ih posrami zbogzapostava�a bave�a matematikom i nepoxtova�a prema geometriji.

Postoji priliqan broj istorijskih dokaza koji mogu potvrditi prethodnu priqui koji dexava�a koja opisuje smextaju u pribli�an istoriski kontekst sa velikomkugom u Atini, oko 430 p.n.e. Ipak, va�nije od verodostojnosti ispriqane priqe jematematiqki problem koji je iza �e ostao. Izra�eno modernim jezikom on glasi:

10’Eρατoσθενηζ (276-194 p.n.e), starogrqki matematiqar11Θεων o Σµυρνιoζ (oko 70-135), starogrqki matematiqar12Πλατων (427-347 p.n.e), starogrqki filozof


Koriste�i samo le�ir i xestar konstruisati kocku koja ima duplo ve�u

zapreminu od date kocke.

Iako sjajni poznavaoci geometrije, Stari Grci nisu uspeli da rexe ovaj problem.Glavni razlog tome je xto on ni nema rexe�e, xto je mnogo te�e dokazati nego izvestieksplicitnu konstrukciju. Zbog toga ni nije qudno da se na rexe�e qekala 1837.godina i Pjer Vancel13.

Kvadratura kruga Drugi znaqajan problem koji vuqe poreklo iz antiqih vremenaje problem kvadrature kruga. On je privlaqio ma�e pa��e starogrqih matematiqaraod problema udvostruqe�a kocke, ali je dobijao mnogo ve�u popularnost kako je vremeprolazilo.

Prvi tragovi ovog problema mogu se prona�i u quvenom Rajndovom papirusu. Tajsvitak je dobio ime po xkotskom egiptologu Herniju Rajndu14 koji ga je otkupio odegipatskih seaka u Luksoru 1858. godine. Datira negde oko 1650. godine p.n.e idelo je pisara Ahmesa, koji jasno oznaqava da samo vrxi prepis 200 godina starijegdokumenta. To znaqi da je originalni izvor nastao negde oko 1850. godine p.n.e.

U papirusu Ahmes prikazuje jednostavan metod konstrukcije kvadrata koji imapovrxinu pribli�nu povrxini datog kruga. Postupak se sastoji od odseca�a 1

9preqnika kruga i konstruisa�a kvadrata nad ostatkom, xto znaqi da Ahmes radisa aproksimacijom (16

9 )2 ≈ 3.1605 broja π.

Precizna formulacija problema kvadrature kruga delo je Starih Grka. Tamox-�i matematiqari se su bavili konstrukcijom kvadrata koji ima povrxinu jednaku

povrxini datog kruga. Me�utim, u vezi sa samim metodama koje su dozvoene prikonstrukciji postoji odre�ena nepreciznost. Prema Papusu iz Aleksandrije15, u geo-metriji postoje tri vrste problema:

1. problemi ravni, koji se mogu rexiti pomo�u pravih i krugova.

2. problemi tela, koji se mogu rexiti pomo�u konusnih preseka.

3. linearni problemi, za qije rexe�e nisu dovone samo krive kao u prethodnedve vrste problema, ve� se moraju koristiti i krive nastale od nepravilnihtela ili kao puta�e pri komplikovanim kreta�ima.

U vezi sa prethodnim je i kvadratura kruga potpuno razliqite kompleksnosti u za-visnosti od toga da li se posmatra kao problem ravni, tela ili linearni problem. Umodernom kontekstu ona je problem ravni,

Koriste�i samo le�ir i xestar konstruisati kvadrat koja ima povrxinu jednaku

povrxini datog kruga

i nema rexe�a, xto je, kao xto �emo videti, direktna posledica transcendentnostibroja π.

13Pierre Laurent Wantzel (1814-1848), francuski matematiqar14Alexander Henry Rhind (1833-1863), xkotski arheolog15Παππoζ o Aλεξανδρενζ (oko 290-350), starogrqki matematiqar


Trisekcija ugla Posled�i znaqajan problem iz antiqkih vremena kojim �emo sebaviti je problem trisekcije ugla:

Koriste�i samo le�ir i xestar podeliti dati ugao na tri podudarna dela.

Ovaj problem poseduje odre�ene specifiqnosti u odnosu na dva problema koje smo dosada videli. Prva je u tome, da za razliku od udvostruqe�a kocke i kvadrature kruga,problem trisekcije ugla ne poseduje toliko impresivnu istorijsku pozadinu. Tako-�e, iako trisekciju ugla nije mogu�e uraditi u opxtem sluqaju, postoje specifiqnisluqajevi u kojima se ona mo�e izvrxiti (na primer, sluqaj pravog ili opru�enogugla).

Motivacija koju su Stari Grci imali da se bave ovim problem je jasna: jedan odvelikih cieva �ihove matematike bila je konstrukcija svih pravilnih mnogouglova,za xta je potrebno zna�e podele ugla u proizvonom odnosu. Poxto im je bila poznatatehnika konstrukcije simetrale, slede�a na redu je bila konstrukcija trisekcijeugla. Me�utim, kao xto smo ve� napomenuli, ona nije mogu�a u opxtem sluqaju. Dokaztoga je, kao i dokaz qi�enice da je udvostruqe�e kocke nemogu�e, delo Pjera Vancelaiz 1837. godine.

1.6.2 Konstruktibilna raxire�a poa

Antiqki problemi konstrukcija koje smo videli u prethodnom pododeku zauzi-maju istaknuto mesto u istoriji matematike. Jedan od razloga tome le�i u vremenukoje su sami problemi proveli otvoreni. Drugi i va�niji razlog je u samom naqinukako su oni rexeni: iako su po svojoj prirodi geometrijski, pristup koji je doveodo �ihovog rexe�a je algebarski. Put koji vodi do razumeva�a pomenutog pristuparealizuje se pomo�u pojma konstruktibilnog raxire�a poa. Upravo je tom pojmuposve�en ovaj pododeak.

Prvo xto je neophodno da bismo pristupili rexava�u antiqkih problema kon-strukcija je da formalizujemo uslove korix�e�a le�ira i xestara u kontekst kojiomogu�ava upotrebu algebre. Poqnimo od neke du�i koja predstava jedinicu merei za koju smatramo da smo u mogu�nosti da konstruixemo. Onda mo�emo pre�i nakoordinatni sistem u kome smatramo da su za sada konstruktibilne jedino taqke 0 i1 kao na narednoj slici.

Pravu p u ovom koordinatnom sistemu definixemo kao konstruktibilnu, ako jeodre�ena dvema konstruktibilnim taqkama. Sliqno za krug k ka�emo da je konstruk-tibilan ako su �egov centar i polupreqnik konstruktibilni. Prema tome, vidimoda u poqetnoj situaciji imamo samo jednu konstruktibilnu pravu, x-osu odre�enu taq-kama 0 i 1, kao i samo dva konstruktibilna kruga, oba polupreqnika 1, jedan k1 sacentrom u taqki 0, a drugi k2 sa centrom u taqki 1.

Poqetnu skromnu situaciju mo�emo brzo obogatiti. Pre svega, definiximo taqkukonstruktibilnom ako se mo�e dobiti kao presek konstruktibilnih pravih i krugova.Tako odmah u preseku krugova k1 i k2 sa x-osom dobijamo konstruktibilne taqke −1 i2, kao na narednoj slici.

To nam omogu�ava da zakuqimo da su i jediniqni krugovi sa centrima redom utaqkama −1 i 2 konstruktibilni. Ti krugovi u preseku sa x-osom daju konstrukti-bilne taqke −2 i 3. Nastavu�i opisani postupak dobijamo da su sve taqke N ∈ Z


x

y

0 1

x

y

0 1 2−1

k1 k2

konstruktibilne. Dodatno, u postupku konstruisa�a pomenutih taqaka dobili smo ikonstruktibilne taqke izvan x-ose. Zbog toga mo�emo primeniti poznati postupakpodele date du�i na proizvoan broj podudarnih delova da konstruixemo i sve taqkeQ ∈ Q.

Izra�eno jezikom teorije poa, dobili smo da su svi racionalni brojevi kon-struktibilni i upravo �emo poe Q uzeti kao bazno poe za daa razmatra�a. Citih razmatra�a je da otkrijemo kriterijum na osnovu koga mo�emo da znamo koji su


sve brojevi osim racionalnih konstruktibilni. Te brojeve mo�emo prepoznati kaopreseke konstruktibilnih pravih i krugova. Koriste�i uvedeni koordinatni sistem,pomenute geometrijske objekte mo�emo identifikovati �ihovim jednaqinama:

aX + bY + c = 0 za prave

i(X − x0)2 + (Y − y0)2 = r2 za krugove,

pri qemu su svi koeficijenti a, b, c, x0, y0, r racionalni brojevi. Taqka u preseku dveprave onda odgovara rexe�u sistema linearnih jednaqina u Q:

a1X + b1Y + c1 = 0

a2X + b1Y + c1 = 0,

koje ako postoji ne mo�e biti izvan poa Q. Dakle, u preseku dve prave ne mo�emodobiti jedan novi konstruktibilan broj. Preseku prave i taqke odgovara sistem

aX + bY + c1 = 0

(X − x0)2 + (Y − y0)2 = r2,

koji se svodi na kvadratnu jednaqinu u Q. Rexe�a te jednaqine su oblika A +B√α,A,B, α ∈ Q, pa ne moraju uvek biti racionalni brojevi. Me�utim, vidimo da se

ona nalaze u raxire�u Q[√α] poa Q koje je stepena najvixe 2. Prema tome, ako do-

bijemo neke konstruktibilne brojeve kao presek prave i kruga koji nisu racionalni,oni se nalaze u pou F1 stepena 2 nad Q. Sliqno va�i i za presek dva kruga.

Prethodno ustanovenim qi�enicama je zavrxen veliki deo posla oko definisa�akriterijuma konstruktibilnosti nekog broja. Me�utim, one jox uvek nisu dovoneda se taj posao kompletira. Da bismo to uradili potrebno je da opisani postupaknastavimo. Dakle, posmatrajmo sada odgovaraju�e jednaqine pravih i krugova nadraxire�em F1 poa Q. Kao i nad poem Q, i u ovom sluqaju u preseku dve prave nemo�emo dobiti nijedan novi konstruktibilan broj. Novi konstruktibilne elementii u ovakvoj, izme�enoj situaciji dolaze iz preseka prave i kruga ili dva kruga i poja-vuju se u raxire�u F2 poa F1 stepena 2. Nastavuju�i opisani postupak dolazimodo slede�e definicije.

Definicija 1.44. Raxire�e F poa Q je konstruktibilno ako postoje me�upoaFi, 0 ≤ i ≤ n,

Q = F0 ≤ F1 ≤ F2 ≤ · · · ≤ Fn−1 ≤ Fn = F

takva da je [Fi+1 : Fi] = 2 za sve 0 ≤ i ≤ n− 1.

Osla�aju�i se na prethodnu definiciju imamo da je kompleksan broj α konstruk-tibilan ako je raxire�e Q(α)/Q konstruktibilno. Specijalno onda odmah sledi dabrojevi transcendentni nad Q nisu konstruktibilni, pa se mo�emo ograniqiti na is-pitiva�e konstruktibilnosti raxire�a Q[α]/Q. Tako�e, iz Tvr�e�a 1.10 direktnosledi neophodan uslov konstruktibilnosti broja α: ako je α konstruktibilan, ondaje [Q[α] : Q] = 2n za neko n ∈ N.

Definicijom 1.44 i komentarima posle �e pojmovi konstrukcije le�irom i xe-starom su u potpunosti prebaqeni u algebarski kontekst, pa se mo�emo vratiti naantiqke probleme koji su inicirali celokupnu ovu tematiku.


1.6.3 Nerexivost antiqkih problema konstrukcija

Tvr�e�e 1.45. Problem udvostruqe�a kocke nije rexiv.

Dokaz. Neka je data kocka ivice a. �ena zapremina je onda jednaka a3, pa problemudvostruqe�a kocke mo�emo interpretirati kao problem konstruktibilnosti brojab takvog da je

b3 = 2a3.

Iz prethodne jednakosti sledi da je b = a 3√

2, pa se celokupan problem svodi na pita�eda li je broj 3

√2 konstruktibilan. Osla�aju�i se na Zadatak 7 (ili direktnim raqu-

nom), dobijamo da je [Q[ 3√

2] : Q] = 3. Odatle sledi da broj 3√

2 nije konstruktibilan,pa samim tim ni problem udvostruqe�a kocke nije rexiv.

Tvr�e�e 1.46. Problem kvadrature kruga nije rexiv.

Dokaz. Neka je dat krug polupreqnika r. �egova povrxina je onda jednaka r2π, paproblem kvadrature kruga mo�emo interpretirati kao problem konstruktibilnostibroja a takvog da je

a2 = r2π.

Korenova�em prethodne jednakosti dobijamo a = r√π, pa se ceo problem svodi na

pita�e da li je broj√π konstruktibilan. Iz qi�enice da je broj π transcenden-

tan nad poem Q, sledi da i broj√π ima isto svojstvo. Zakuqujemo da

√π nije

konstruktibilan, pa ni problem kvadrature kruga nije rexiv.

Tvr�e�e 1.47. Problem trisekcije ugla nije rexiv.

Dokaz. Poka�emo da ugao od 20◦ nije konstruktibilan, xto znaqi da je nemogu�e iz-vrxiti trisekciju ugla od 60◦. Primetimo prvo da ako je ugao α konstruktibilanonda je i cosα konstruktibilan broj. Jednostavnim raqunom dobijamo

(cos 20◦ + i sin 20◦)3 =1

2+ i

√3

2

cos3 20◦ + 3i cos2 20◦ sin 20◦ − 3 cos 20◦ sin2 20◦ − 3i sin3 20◦ =1

2+ i

√3

2,

odakle izjednaquju�i realne delove obe strane sledi

cos3 20◦ − 3 cos 20◦ sin2 20◦ =1

2.

Preglednosti radi, oznaqimo sada cos 20◦ sa α. Posled�u jednakost onda mo�emotransformisati u oblik

α3 − 3α(1− α) =1

22α3 − 6α+ 6α3 = 1

8α3 − 6α− 1 = 0.

1.7. SIMETRIQNI POLINOMI 33

Dobili smo da broj α = cos 20◦ anulira polinom f(X) = 8X3 − 6X − 1 ∈ Q[X]. Tajpolinom je stepena 3 i nema racionalnih nula, pa je nesvodiv nad Q. Odatle mo�emozakuqiti da je 1

8f(X) = X3 − 34X −

18 minimalni polinom za α nad Q, xto direktno

implicira da je

[Q[α] : Q] = 3.

Zbog toga broj α = cos 20◦, pa samim tim ni ugao od 20◦ nisu konstruktibilni. Dakle,trisekcija ugla od 60◦ nije mogu�a.

Prethodno tvr�e�e ima veliki broj zanimivih posledica. Navedimo neke od�ih.

Posledica 1.48. Uglovi od 1◦ i 2◦ nisu konstruktibilni.

Dokaz. Ako bi uglovi od 1◦ i 2◦ bili konstruktibilni, onda bi se �ihovim nanoxe�em20, odnosno 10 puta mogao konstruisati i ugao od 20◦. U dokazu Tvr�e�a 1.47 smodobili da je to nemogu�e, pa sledi da tra�eni uglovi ne mogu biti konstruktibilni.

Posledica 1.49. Ugao od n◦, n ∈ N je konstruktibilan ako i samo ako 3 | n.

Dokaz. Poka�imo prvo da je ugao od 3◦ konstruktibilan. Podsetimo se da je mogu�ekonstruisati pravilan petougao, pa samim tim i �egov centralni ugao od 72◦. Oduzi-ma�em konstruktibilnog ugla od 60◦ od tog ugla i konstruisa�em qetvrtine dobijenogugla od 12◦, konstruixemo tra�eni ugao od 3◦. Uzastopnim nanoxe�em ugla od 3◦ do-voan broj puta onda mo�emo konstruisati i sve uglove od n◦ takve da 3 | n.

Poka�imo jox da je ugao od n◦ nemogu�e konstruisati ako 3 - n. Ako 3 - n, onda jen = 3k+ l, za neke k, l ∈ N, l ∈ {1, 2}. Kako je mogu�e konstruisati ugao od (3k)◦, ako bibio konstruktibilan ugao od n◦, sledi da bi i ugao od 1◦ ili 2◦ bio konstruktibilan.To je nemogu�e, pa sledi da ugao od n◦ nije konstruktibilan kada 3 - n, qime je dokazkompletiran.

Posledica 1.50. Pravilan devetougao nije konstruktibilan.

Dokaz. Ako bi pravilan devetougao bio konstruktibilan, onda bi takav bio i �egovcentralni ugao od 40◦, xto je nemogu�e.

1.7 Simetriqni polinomi

Posmatrajmo prsten polinoma sa n neodre�enih nad poem F , za koga �emo kori-stiti oznaku F [X1, X2, . . . , Xn]. Simetriqna grupa Sn dejstvuje na ovaj prsten sa

σ · f(X1, X2, . . . , Xn) = f(Xσ(1), Xσ(2), . . . , Xσ(n)), σ ∈ Sn, f ∈ F [X1, X2, . . . , Xn]. (1.22)

Definicija 1.51. Polinomi iz F [X1, X2, . . . , Xn] koji ostaju fiksni pri dejstvu(1.22) za sve σ ∈ Sn nazivaju se simetriqni polinomi.


Mo�emo primetiti da je polinom f ∈ F [X1, X2, . . . , Xn] simetriqan ako svi monomikoji su istoj orbiti (npr. X1X2 i X2X3) pri dejstvu (1.22) imaju iste koeficijenteu f .

U skupu svih simetriqnih polinoma znaqajno mesto zauzimaju takozvani elemen-

tarni simetriqni polinomi. Oni su opisani narednom definicijom.

Definicija 1.52. Elementarni simetriqni polinomi sa n neodre�enihX1, X2, . . . , Xn

za k ∈ 1, 2 . . . , n definixu se kao

ek(X1, X2, . . . , Xn) =∑

1≤j1<j2<···<jk≤nXj1Xj2 . . . Xjk .

Iz prethodne definicije vidimo da je:

e1(X1, X2, . . . , Xn) = X1 +X2 + · · ·+Xn

e2(X1, X2, . . . , Xn) = X1X2 +X1X3 + · · ·+Xn−1Xn

...

en(X1, X2, . . . , Xn) = X1X2 . . . Xn.

Elementarni simetriqni polinomi imaju direktnu vezu sa polinomima jedne neodre-�ene. Uoqimo polinom f(X) = Xn + an−1X

n−1 + · · ·+ a1X + a0 ∈ F [X] koji se u nekomraxire�u K poa F faktorixe na linearne faktore kao

f(X) = (X − α1)(X − α2) . . . (X − αn).

Vijetove veze za polinom f(X) onda mo�emo zapisati kao:

an−1 = −e1(α1, α2, . . . , αn)

an−2 = e2(α1, α2, . . . , αn)

...

a1 = (−1)n−1en−1(α1, α2, . . . , αn)

a0 = (−1)nen(α1, α2, . . . , αn).

(1.23)

Fundamentalni znaqaj elementarnih simetriqnih polinoma u prstenu F [X1, X2, . . . , Xn]opisan je narednom teoremom.

Teorema 1.53 (o simetriqnom polinomu). Svaki simetriqni polinom f(X1, X2, . . . , Xn)iz F [X1, X2, . . . , Xn] mo�e se zapisati u obliku polinoma elementarnih simetriqnihpolinoma e1 = e1(X1, X2, . . . , Xn), e2 = e2(X1, X2, . . . , Xn), . . . , en = en(X1, X2, . . . , Xn).

Dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom po broju neodre�enih n. Za n = 1 tvr�e�e tri-vijalno va�i, qime je odmah pokazana baza. Pretpostavimo da je tvr�e�e doka-zano za neko n ∈ N. Poka�imo da tada va�i i za n + 1. Uoqimo proizvoni si-metriqni polinom f(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1) iz F [X1, X2, . . . , Xn, Xn+1] i oznaqimo saf◦(X1, X2, . . . , Xn) simetriqni polinom koji se dobije kada se u polinomu f uvrstiXn+1 = 0,

f◦(X1, X2, . . . , Xn) = f(X1, X2, . . . , Xn, 0).

1.7. SIMETRIQNI POLINOMI 35

Iz indukcijske hipoteze onda sledi da se f◦ mo�e zapisati kao polinom elementarnihsimetriqnih polinoma n neodre�enih

f◦(X1, X2, . . . , Xn) = Q(e◦1, e◦2, . . . , e

◦n),

gde je

e◦1 = e◦1(X1, X2, . . . , Xn) = X1 +X2 + · · ·+Xn

e◦2 = e◦2(X1, X2, . . . , Xn) = X1X2 +X1X3 + · · ·+Xn−1Xn

...

e◦n = e◦n(X1, X2, . . . , Xn) = X1X2 . . . Xn.

Primetimo da jeQ simetriqni polinom posmatran u odnosu neodre�eneX1, X2, . . . , Xn.Posmatrajmo sada razliku

p(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1) = f(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1)−Q(X1, X2, . . . , Xn). (1.24)

Uvrxtava�em Xn+1 = 0 u ovu jednakost dobijamo

p(X1, X2, . . . , Xn, 0) = f(X1, X2, . . . , Xn, 0)−Q(X1, X2, . . . , Xn)

p(X1, X2, . . . , Xn, 0) = f◦(X1, X2, . . . , Xn)−Q(e◦1, e◦2, . . . , e

◦n)

p(X1, X2, . . . , Xn, 0) = 0,

odakle sledi da Xn+1 | p(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1). Tako�e, p(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1) je kaorazlika simetriqnih polinoma i sam takav, pa imamo da i Xi | p(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1)za sve 1 ≤ i ≤ n + 1. Zakuqujemo da en+1 = X1X2 . . . Xn+1 | p(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1),xto znaqi da je

p(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1) = en+1h

za neki simetriqni polinom h. Vra�a�em u jednakost (1.24) dobijamo

f(X1, X2, . . . , Xn, Xn+1) = Q(X1, X2, . . . , Xn) + en+1h.

Primetimo jox da ako je polinom f stepena d, onda je h stepena n+ 1− d. Prolaze�ijox jednom indukcijom po stepenu polinoma, onda dobijamo da je h neki polinomelementarnih simetriqnih polinoma e1, e2, . . . , en+1, pa je onda takav i f . Na tajnaqin je dokazan indukcijski korak, a samim tim i tra�eno tvr�e�e.

Prethodna teorema, zajedno sa formulama (1.23) daje veoma znaqajnu direktnu po-sledicu.

Posledica 1.54. Neka je f(X) = Xn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0 ∈ F [X] polinom

koji se u nekom raxire�u K poa F faktorixe na linearne faktore kao

f(X) = (X − α1)(X − α2) . . . (X − αn)

iG(X1, X2, . . . , Xn) simetriqni polinom sa koeficijentima u F . Tada iG(α1, α2, . . . , αn)uzima vrednost u pou F .


1.7.1 Diskriminanta polinoma

Najva�niji simetriqni polinom, pored elementarnih simetriqnih polinoma, jediskriminanta. Posmatrajmo polinom f(X) stepena n sa koeficijentima u pou F,koji u nekom raxire�u K tog poa ima linearnu faktorizaciju:

f(X) = (X − α1)(X − α2) . . . (X − αn).

Diskriminanta polinoma f(X) definixe se kao

D(f) = (α1 − α2)2(α1 − α3)2 . . . (αn−1 − αn)2 =∏

1≤i<j≤n(αi − αj)2.

Iz definicije diskriminante mo�emo odmah primetiti da je ona jednaka nuli ako isamo ako me�u nulama αi ∈ K polinoma f(X) ima jednakih. Tako�e, D(f) je simetriqnipolinom sa koeficijentima u pou F . Na osnovu Posledice 1.54 onda zakuqujemo dadiskriminanta polinoma f(X) ∈ F [X] uzima vrednost u pou F .

U vezi sa Teoremom 1.53, iz qi�enice da je diskriminanta simetriqan polinom sename�e znaqajno pita�e �enog eksplicitinog izra�ava�a preko elementarnih sime-triqnih polinoma. Na ovom mestu �emo prikazati odgovaraju�e izraze za polinomedrugog i tre�eg stepena, napomi�u�i da analogna predstava�a postaju izuzetno kom-plikovana za polinome stepena qetiri i vixe.

Diskriminanta polinoma stepena dva Posmatrajmo polinom f(X) = X2 +aX+b ∈ F [X] koji se u nekom raxire�u K poa F rastava na linearne faktore kao

f(X) = (X − α1)(X − α2).

Iz Vijetovih veza je onda

a = −(α1 + α2) = −e1

i

b = α1α2 = e2.

Koriste�i definiciju diskriminante dobijamo

D(f) = (α1 − α2)2

= α2 − 2α1α2 + α22

= (α1 + α2)2 − 4α1α2

= e21 − 4e2

= a2 − 4b.

Dakle, dobili smo dobro poznatu formulu za diskriminantu kvadratnog polinoma.

1.8. KRITERIJUMI NESVOD�IVOSTI U PRSTENIMA POLINOMA 37

Diskriminanta polinoma stepena tri Posmatrajmo sada polinom

f(X) = X3 + aX2 + bX + c ∈ F [X] (1.25)

koji se u nekom raxire�u K poa F rastava na linearne faktore kao

f(X) = (X − α1)(X − α2)(X − α3).

Iz Vijetovih veza je onda

a = −(α1 + α2 + α3) = −e1

b = α1α2 + α1α3 + α2α3 = e2

c = −α1α2α3 = −e3.

Diskriminanta polinoma f se po definiciji raquna kao

D(f) = (α1 − α2)2(α1 − α3)2(α2 − α3)2.

Posle priliqno dugog raquna dobijamo izraz

D(f) = −4e31e3 + e2

1e22 + 18e1e2e3 − 4e3

2 − 27e23

= −4a3c+ a2b2 + 18abc− 4b3 − 27c2.

Kada je poe nad kojim radimo karakteristike razliqite od 3 prethodni izraz zadiskriminantu mo�emo znaqajno uprostiti. Naime, tada transformacijom

X = Y − a

3

polinom (1.25) od koga smo poqeli dobija jednostavniji oblik

f(X) = X3 + pX + q,

iz koga lako nalazimo da je odgovaraju�a diskriminanta jednaka −4p3 − 27q2.

1.8 Kriterijumi nesvodivosti u prstenima polinoma

U dosadax�em izlaga�u smo videli da polinomi imaju znaqajnu ulogu u teorijipoa. Preciznije, prilikom ispitiva�a da li je neki polinom minimalni za datielement i raxire�e poa, kuqno (i najte�e za rexiti) je pita�e nesvodivosti togpolinoma nad odgovaraju�im poem. Ovaj odeak posve�en je prikaziva�u kriteri-juma koji mogu pomo�i da se to pita�e lakxe rexi.

1.8.1 Gausova lema i Ajzenxtajnov kriterijum

Tvr�e�e 1.55 (Gausova16 lema). Neka je R domen sa jedinstvenom faktorizacijom,qije je poe razlomaka F . Polinom f(X) ∈ R[X] je svodiv u R[X] ako i samo ako jesvodiv u F [X].

16Carl Friedrich Gauss (1777-1855), nemaqki matematiqar


Dokaz. Jedan smer je trivijalan, poxto iz R[X] ⊆ F [X] odmah sledi da svaki polinomsvodiv u R[X] mora biti svodiv i u F [X]. Doka�imo zato jox obrnuti smer.

Primetimo prvo da je u domenu sa jedinstvenom faktorizacijom R korektno defi-nisan najve�i zajedniqki delilac. Zbog toga svaki polinom iz f(X) ∈ R[X] mo�emozapisati u obliku

f(X) = cf(X), (1.26)

gde je c ∈ R najve�i zajedniqki delilac koeficijenata polinoma f(X), xto znaqi dasu svi koeficijenti polinoma f(X) uzajamno prosti.

Uoqimo sada proizvoan polinom f(X) ∈ R[X] koji je svodiv u F [X]. Poxtoje polinom f(X) svodiv ako i samo ako je svodiv odgovaraju�i polinom f(X) izjednakosti (1.26), mo�emo smatrati da su svi koeficijenti polinoma f(X) uzajamnoprosti. Tako�e, iz svodivosti polinoma f(X) u F [X] sledi da postoji faktorizacija

f(X) = g(X)h(X), (1.27)

gde su g(X), h(X) ∈ F [X] stepena barem 1. Ono xto treba da poka�emo je da postojiodgovaraju�a faktorizacija polinoma f(X), ali sa faktorima u R[X].

Svaki od koeficijenata polinoma g(X) i h(X) je neki razlomak elemenata domenaR, odakle sledi da pomenute polinome mo�emo zapisati u obliku

g(X) =g1(X)

d1i h(X) =

h1(X)

d2, (1.28)

gde su g1(X), h1(X) ∈ R[X], a d1, d2 ∈ R najma�i zajedniqki sadr�aoci imenilacakoeficijenata polinoma g(X) i h(X) redom. Pri tome su svi koeficijenti polinomag1(X), odnosno h1(X), uzajamno prosti. Poka�imo da isto svojstvo imaju i koefici-jenti polinoma g1(X)h1(X).

Pretpostavimo suprotno, neka postoji neko u ∈ R takvo da deli sve koeficijentepolinoma g1(X)h1(X) i oznaqimo sa π proizvoan prost delilac tog elementa. Kakoje π prost, takav je i glavni ideal 〈π〉, odakle sledi da je R/〈π〉 integralni domen.Posmatraju�i redukciju g1(X)h1(X) polinoma g1(X)h1(X) qiji su svi koeficijentideivi sa π, po modulu glavnog ideala 〈π〉 dobijamo

g1(X)h1(X) = 0.

Poxto je i (R/〈π〉) [X] integralni domen, iz posled�eg sledi da je g1(X) = 0 ilih1(X) = 0, xto znaqi da barem jedan od polinoma g1(X), odnosno h1(X) ima svekoeficijente deive sa π. Dobijeno predstava kontradikciju, poxto su svi koefi-cijenti polinoma g1(X) i h1(X) uzajamno prosti. Dobijena kontradikcija pokazujeda i polinom g1(X)h1(X) ima sve koeficijente uzajamno proste.

Vratimo se sada u jednakost (1.27) i iskoristimo predstava�e (1.28) da dobijemo

g1(X)h1(X) = d1d2f(X). (1.29)

Imamo da su svi koeficijenti polinoma g1(X)h1(X), kao i f(X) uzajamno prosti. Do-bijena jednakost (1.29) onda implicira da su d1, d2 ∈ R×. Vra�a�em na predstava�e(1.28) zakuqujemo da smo dobili rastav polinoma f(X) u R[X], pa je taj polinomsvodiv i u R[X], qime je tvr�e�e dokazano.


Najznaqajnu primenu Gausova lema ima nad prstenom celih brojeva Z i �egovimpoem razlomaka Q, xto je sumirano narednom posledicom.

Posledica 1.56. Polinom f(X) ∈ Z[X] je svodiv u Z[X] ako i samo ako je svodivu Q[X].

Tvr�e�e 1.57 (Ajzenxtajnov17 kriterijum). Neka je R domen sa jedinstvenom fakto-rizacijom, qije je poe razlomaka F . Ako za polinom f(X) = anX

n + · · ·+ a1X + a0 ∈R[X] stepena n postoji prost element π ∈ R takav da:

1. π - an

2. π | ai, 0 ≤ i < n

3. π2 - a0,

taj polinom je nesvodiv u F [X].

Dokaz. Zbog Gausove leme dovono je da poka�emo da je polinom f(X) nesvodiv uR[X]. Pretpostavimo suprotno, neka postoji faktorizacija

f(X) = g(X)h(X)

u R[X], gde su g(X) i h(X) stepena barem 1. Posmatraju�i redukciju f(X) polinomaf(X) po modulu glavnog ideala 〈π〉, na osnovu pretpostavki tvr�e�a sledi da je

f(X) = anXn, an 6= 0. (1.30)

Sa druge strane je if(X) = g(X)h(X),

gde su g(X) i h(X) redukcije polinoma g(X) i h(X) po modulu glavnog ideala 〈π〉.Kombinuju�i tu qi�enicu sa (1.30) dobijamo da je

g(X) = glXl i h(X) = hmX

m,

pri qemu je glhm = an i l + m = n. Specijalno, mo�emo zakuqiti da su konstantnikoeficijenti polinoma g(X) i h(X) deivi sa π. Odatle sledi da je konstantnikoeficijent a0 polinoma f(X) deiv sa π2. Dobijamo kontradikciju sa tre�om pret-postavkom π2 - a0, koja pokazuje nesvodivost polinoma f(X) u R[X] (a time i uF [X]).

Sliqno kao za Gausovu lemu, i za Ajzenxtajnov kriterijum je najva�niji sluqajkada se posmatra prsten celih brojeva Z i �egovo poe razlomaka Q, xto je prikazanou narednoj posledici.

Posledica 1.58. Ako za polinom f(X) = anXn + · · · + a1X + a0 ∈ Z[X] stepena n

postoji prost broj p za koga va�i:

1. p - an

2. p | ai, 0 ≤ i < n

3. p2 - a0,

taj polinom je nesvodiv nad Q[X].

17Gotthold Max Eisenstein (1823-1852), nemaqki matematiqar


1.8.2 Nesvodivi polinomi u Fp[X]

U ovom pododeku posveti�emo pa��u nesvodivim polinomima nad konaqnimpoima Fp, pri qemu je p prost broj. Glavni ci kome stremimo je da damo formuluza broj Np(d) moniqnih nesvodivih polinoma stepena d u Fp[X]. Poqnimo jednomjednostavnom lemom, posle koje �emo pre�i na kuqna tvr�e�a iz kojih �e sledititra�eni rezultat za Np(d).

Lema 1.59. Neka je f(X) ∈ Fp[X] proizvoan polinom i r prirodan broj. Tada je

f(X)pr

= f(Xpr

).

Dokaz. Ako zapixemo f(X) = anXn + an−1X

n−1 + · · · + a1X + a0, ai ∈ Fp osla�aju�ise na Zadatak 3 dobijamo:

f(X)p =(anX

n + an−1Xn−1 + · · ·+ a1X + a0

)p= apnX

np + apn−1X(n−1)p + · · ·+ ap1X

p + ap0

= anXnp + an−1X

(n−1)p + · · ·+ a1Xp + a0 ( jer je αp = α za α ∈ Fp)

= f(Xp).

Prime�uju�i dobijeni rezultat r puta dobija se tra�eno f(X)pr

= f(Xpr

).

Tvr�e�e 1.60. Neka je π(X) ∈ Fp[X] nesvodiv polinoma stepena d. Tada:

1. π(X) | Xpd −X.

2. Za n ≥ 0 va�i da π(X) | Xpn −X ako i samo ako d | n.

Dokaz. 1) Kako je polinom π(X) nesvodiv stepena d iz Kronekerove konstrukcijeimamo da je koliqniqka struktura

F = Fp[X]/〈π(X)〉

raxire�e poa Fp stepena d. Zbog toga mo�emo smatrati da je F = Fpd .Posmatrajmo polinom Xpd −X nad poem Fpd . Kako je multiplikativna grupa F×pd

cikliqna reda pd − 1, imamo da je za svako α ∈ F×pdispu�eno αp

d−1 = 1, odnosno

αpd − α = 0.

Trivijalno je i 0pd − 0 = 0, xto znaqi da je Xpd −X = 0 nad poem Fpd . Imaju�i u

vidu identifikaciju tog poa sa koliqniqkom strukturom Fp[X]/〈π(X)〉, dobijamo iXpd −X = 0 u Fp[X]/〈π(X)〉, odakle sledi π(X) | Xpd −X.2) Poka�imo prvo jednostavniji obrnuti smer. Pretpostavimo da d | n. Tada je n = kd

za neki prirodan broj k. Iz dela 1) imamo da π(X) | Xpd −X, xto �emo zapisati kao

X ≡ Xpd (mod π(X)).


Onda direktno uzastopnom primenom prethodne formule dobijamo

X ≡ Xpd ≡ Xp2d ≡ · · · ≡ Xp(k−1)d ≡ Xpkd = Xpn (mod π(X)),

xto pokazuje tra�eno π(X) | Xpn −X.Doka�imo sada direktni smer. Neka π(X) | Xpn −X za neko n ≥ 0, xto znaqi da

va�iX ≡ Xpn (mod π(X)). (1.31)

Podelimo broj n brojem d sa ostatkom:

n = kd+ r, 0 ≤ r < d.

Ci je da poka�emo da je r = 0, xto upravo znaqi da d | n. Direktno imamo da je

Xpn = Xp(kd+r)

= Xpkdpr

=(Xpkd

)pr= Xpr (Xpkd ≡ X mod π(X) iz dokazanog obrnutog smera, jer d | kd).

Vra�aju�i se relaciju (1.31) dobijamo

Xpr ≡ X (mod π(X)). (1.32)

Uoqimo sada proizvoni polinom f(X) ∈ Fp[X]. Iz Leme 1.59 imamo da je

f(X)pr

= f(Xpr) ( iz Leme 1.59)

≡ f(X) (mod π(X)) ( iz (1.32)).

Posmatrajmo koliqnkiqku strukturu

F = Fp[X]/〈π(X)〉,

koja, kao xto smo ve� videli, predstava raxire�e poa Fp stepena d = deg π. Re-zultat

f(X)pr ≡ f(X) (mod π(X))

dobijen za svaki polinom f(X) ∈ Fp[X] znaqi da je u pou F svaki element svoj pr-tistepen. Odatle sledi da polinom

T pr − T

ima taqno |F | = pd razliqitih nula u pou F . Kako je 0 ≤ r < d to je mogu�e samokada je r = 0, xto znaqi da d | n i zavrxava dokaz.

Tvr�e�e 1.61. Neka je n prirodan broj. U Fp[X] je ispu�eno

Xpn −X =∏d|n

∏deg π=dmoniqan

π(X), (1.33)

pri qemu su polinomi π(X) u unutrax�em proizvodu sa desne strane nesvodivi.


Dokaz. Imaju�i u vidu Tvr�e�e 1.60 zakuqujemo da sve xto treba da poka�emo jeda se svaki nesvodivi moniqan faktor polinoma Xpn − X ne pojavuje u �egovojfaktorizaciji vixe od jednom. Neka je π(X) moniqan nesvodiv polinom u Fp[X]takav da π(X) | Xpn −X. Tada je

Xpn −X = π(X)h(X) (1.34)

za neki polinom h(X) ∈ Fp[X]. Kako je polinom π(X) nesvodiv nad poem Fp[X], onsvakako nema nula u tom pou, ali postoji raxire�e F tog poa takvo da je f(α) = 0za neko α ∈ F (iz Kronekerove konstrukcije). Iz jednakosti (1.34) sledi da je

αpn − α = 0.

U prstenu polinoma F [X] onda dobijamo:

Xpn −X = Xpn −X − 0 = Xpn −X − (αpn − α)

= Xpn − αpn − (X − α)

= (X − α)pn − (X − α)

= (X − α)((X − α)pn−1 − 1).

Primetimo da se drugi faktor u dobijenom proizvodu ne anulira za X = α, xto znaqida

(X − α)2 - Xpn −X.

Posled�e implicira da ni π(X)2 - Xpn −X, qime je dokaz zavrxen.

Tvr�e�e 1.61 omogu�ava da dobijemo formulu za broj Np(d) moniqnih nesvodivihpolinoma stepena d u Fp[X]. Izjednaquju�i stepene polinoma sa obe strane faktori-zacije (1.33) dobijamo

pn =∑d|n

dNp(d). (1.35)

iz ove formule tra�ena vrednost Np(d) se lako izraqunava primenom narednog tvr-�e�a.

Tvr�e�e 1.62 (Mebijusova18 inverzija). Neka su f : N→ N i F : N→ N aritmetiqkefunkcije takve da je

F (n) =∑d|n

f(d).

Tada je

f(n) =∑d|n

µ(nd

)F (d),

gde je µ : N→ N Mebijusova funkcija definisana sa

µ(n) =

{(−1)k, ako je n = p1p2 . . . pk beskvadratan,

0, inaqe.

18August Ferdinand Mobius (1790-1868), nemaqki matematiqar

1.9. NEKE PRIMENE KONAQNIH PO�A 43

Dokaz. Za dokaz ovog tvr�e�a i vixe o tematici vezanoj za �ega pogledati [DJ] .

Primena Mebijusove inverzije na formulu (1.35) daje

nNp(n) =∑d|n

µ(nd

)pd,

odakle direktno sledi slede�a teorema.

Teorema 1.63. Broj Np(n) moniqnih nesvodivih polinoma stepena n u Fp[X] jednakje

Np(n) =1

n

∑d|n

µ(nd

)pd.

Iz prethodne teoreme specijalno sledi da postoji moniqan nesvodiv polinombilo kog stepena n u Fp[X]. Ta qi�enica ima dve znaqajne direktne posledice koje�emo sada navesti.

Teorema 1.64. Za svaki prost broj p i prirodan broj n postoji konaqno poe Fpn sapn elemenata.

Dokaz. Tv�e�e sledi direktnom primenom Kronekerove konstrukcije na nesvodivmoniqan polinom stepena n nad konaqnim poem Fp (za koga znamo da mora postojati).

Tvr�e�e 1.65. U prstenu Fp[X] postoji beskonaqno mnogo maksimalnih ideala.

Dokaz. Ako je f(X) ∈ Fp[X] nesvodiv polinom, onda je glavni ideal 〈f(X)〉 maksima-lan. Poxto za svaki prirodan broj n postoji barem jedan nesvodiv polinom stepenan u Fp[X], dobijamo da postoji beskonaqno mnogo nesvodivih polinoma, pa time imaksimalnih ideala, u prstenu Fp[X].

1.9 Neke primene konaqnih poa

1.9.1 Diskretni logaritam

U pododeku 1.1.1 smo videli da je multiplikativna grupa F×p cikliqna, priqemu se �eni generatori nazivaju primitivni koreni modulo p. Iz qi�enice da je∣∣F×p ∣∣ = p − 1 onda sledi postoji izomorfizam F×p ∼= Z/(p − 1)Z. Konkretno, ako je aneki primitivni koren modulo p, jedan takav izomorfizam je u potpunosti odre�entime xto generator a grupe F×p slika u generator 1 grupe Z/(p − 1)Z. Pomenutiizomorfizam se naziva diskretni logaritam modulo p za osnovu a i oznaqava sa inda(jednostavnosti radi, u oznaci se ne pixe modul p, ve� se on implicitno prepoznajeiz konteksta).


Primer 1.66. U multiplikativnoj grupi F×11 va�i

20 = 1

21 = 2

22 = 4

23 = 8

24 = 5

25 = 10

26 = 9

27 = 7

28 = 3

29 = 6

210 = 1,

xto pokazuje da je element 2 u �oj reda 10. Kako je i |F×11| = 10 odatle sledi daje 2 jedan generator grupe F×11, odnosno primitivni koren modulo 11. Iz prethodnograquna, koriste�i qi�enicu da za svako a ∈ F×11 va�i a = 2ind2(a), mo�emo lakokonstruisati tablicu za ind2 i time u potpunosti odrediti to preslikava�e:

ind2 :F×11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Z/10Z 0 1 8 2 4 9 7 3 6 5

Primetimo jox da su elementi 3, 7, 9 reda 10 u Z/10Z, jer su to brojevi uzajamno prostisa 10. Zbog toga su i �ihovi originali pri ind2 reda 10 u F×11. Dakle, dobijamo da supored 2, primitivni koreni modulo 11 brojevi 6, 7 i 8.�

Za kraj ovog pododeka navedimo jox jednu znaqajnu hipotezu vezanu za primitivnekorene. Definicija primitivnog korena se jednostavno proxiruje na sve cele brojeve:ka�emo da je a ∈ Z primitivan koren modulo prostog broja p ako �egov ostatak pridee�u sa p generixe multiplikativnu grupu F×p . Jasno je da osim u trivijalnomsluqaju p = 2 broj 1 nije primitivan koren modulo ni jednog prostog broja p. Sliqno,va�i −1 ≡ p − 1 (mod p), pri qemu je p − 1 reda 2 u F×p , (p > 2). Odatle sledi da je−1 primitivan koren samo modulo 3 (i naravno trivijalno modulo 2).

Pretpostavimo sada da je a potpun kvadrat nekog celog broja b. Oznaqimo sa gprimitivni koren modulo prostog broja p ≥ 3. Tada je

b ≡ gn (mod p)

za neko n ∈ N, odakle sledia ≡ g2n (mod p).

Za red r(a) ostatka broja a pri dee�u sa p u grupi F×p onda va�i

r(a) =p− 1

(2n, p− 1)≤ p− 1

2< p− 1.


Kako je cikliqna grupa F×p upravo reda p− 1, zakuqujemo da posmatrani element nemo�e biti �en generator. Prema tome, potpun kradrat a ne mo�e biti primitivankoren modulo p.

Sumiraju�i sve prethodno, zakuqujemo da osim u nekoliko trivijalnih sluqa-jeva, brojevi 1, −1 i potpuni kvadrati celih brojeva ne mogu biti primitivni korenimodulo nijednog prostog broja p. Za ostale cele brojeve situacija �e varirati: oni�e biti primitivni koreni modulo nekih prostih brojeva, ali nekih i ne�e. Tako je,na primer, broj 2 primitivni koren modulo 3, 5, 11, 13, 19, ali nije primitivni korenmodulo 7, 17, 23. Ono xto se name�e kao pita�e je da li je za neki fiksirani ceo broja postoji konaqno ili beskonaqno mnogo prostih brojeva p takvih da je a primitivnikoren modulo p. Godine 1927. Artin19 je postavio hipotezu da je broj takvih prostihbrojeva beskonaqan, pod uslovom da a nije jedan od celih brojeva za koje smo videli danisu primitivni koreni modulo skoro nijednog prostog broja p. Preciznije iskazano,imamo slede�u hipotezu:

Artinova hipoteza o primitivnim korenima: Ako je a ceo broj razliqit od1 i −1 koji nije potpun kvadrat nekog celog broja, onda postoji beskonaqno mnogoprostih brojeva p takvih da je a primitivni koren modulo p.

Artinovu hipotezu dokazao je Huli20 1967. godine u svom radu [HO]. Me�utim, �egovrezultat je uslovan, jer se u dokazu pretpostava va�e�e odre�e�e generalizovane

Rimanove21 hipoteze. Bezuslovan dokaz Artinove hipoteze jox uvek nije poznat.Xtavixe, nije qak poznat nijedan ceo broj za koga ona va�i. Jedan interesantan par-cijalan rezultat u tom pravcu je da Artinova hipoteza mora va�iti za barem jedanod brojeva 2, 3 i 5 i mo�e se prona�i u [HB].

Vixe o tematici vezanoj za Artinovu hipotezu, kao i �enim generalizacijama semo�e prona�i u preglednom qlanku [PM].

1.9.2 Le�androvi simboli i zakon kvadratnog reciprociteta

Posmatrajmo kvadratnu jednaqinu

x2 = a (1.36)

nad konaqnim poem Fp, gde je p neparan prost broj. Imaju�i u vidu definicijeoperacija na Fp, ovu jednaqinu mo�emo videti i kao

x2 ≡ a (mod p).

Posled�i izraz omogu�ava da u jednaqini (1.36) smatramo da je a ∈ Z (a ne obaveznoa ∈ Fp), poxto va�i da posmatrana jednaqina zavisi samo od ostatka broja a pridee�u sa p.

19Emil Artin (1898-1962), austrijski matematiqar20Christopher Hooley (1928-2018), britanski matematiqar21Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866), nemaqki matematiqar


Definicija 1.67. Neka je a ∈ Z i p neparan prost broj. Le�androv22 simbol(ap

)definixe se kao

(a

p

)=

1, ako p - a i jednaqina (1.36) ima rexe�a

−1, ako p - a i jednaqina (1.36) nema rexe�a

0, ako p | a.

Ako je(ap

)= 1 za a ∈ Z se ka�e da je kvadratni ostatak po modulu p, a ako je

(ap

)= −1

za a ∈ Z se ka�e da je kvadratni neostatak po modulu p.

Primetimo da na osnovu kratkog razmatra�a na poqetku ovog pododeka odmahimamo da je Le�androv simbol p-periodiqan. Tako�e, ako je a ∈ F×p , iz qi�enice daje grupa F×p reda p− 1 sledi da je ap−1 = 1. Zbog toga imamo da je a

p−12 ∈ {1,−1}. Ako

je a kvadratni ostatak modulo p, onda je a = t2 za neko t ∈ F×p , pa dobijamo

ap−12 =

(t2) p−1

2 = tp−1 = 1.

Primetimo jox da na osnovu Zadatka 4 imamo da je broj kvadratnih ostataka i ne-ostataka modulo p jednak i iznosi p−1

2 . Zbog toga mo�emo zakuqiti da polinom

Xp−12 − 1 ∈ Fp[X] stepena p−1

2 nad Fp ima taqno p−12 koren. Na osnovu Tvr�e�a 1.15

onda sledi da taj polinom ne mo�e imati vixe nijedan koren (nad Fp). Za kvadratneneostatke a modulo p onda ostaje

ap−12 = −1.

Konaqno, trivijalno imamo da je i 0p−12 = 0. Sumiraju�i dobijene rezultate dobijamo

da za sve a ∈ Fp va�i

ap−12 =

(a

p

).

Prethodno tvr�e�e poznato je kao Ojlerov kriterijum. Ono se qesto iskazuje i uklasiqnoj notaciji kao

ap−12 ≡

(a

p

)(mod p) za sve a ∈ Z.

Jedna jednostavna, ali veoma znaqajna posledica Ojlerovog kriterijuma je pot-

puna multiplikativnost Le�androvog simbola. Naime, ako su a i b proizvoniceli brojevi, onda imamo(

ab

p

)= (ab)

p−12 = a

p−12 b

p−12 =

(a

p

)(b

p

).

Objasnimo u qemu se ogleda znaqaj osobine potpune multiplikativnosti Le�androvogsimbola. Pretpostavimo da �elimo da odredimo vrednost Le�androvog simbola

(np

).

Pri tome, mo�emo smatrati da je n ∈ N, zbog qi�enice da je Le�androv simbolp-periodiqan. Tako�e, mo�emo smatrati i da je n 6= 1 i p - n, jer u suprotnom

22Adrien-Marie Legendre (1752-1833), francuski matematiqar


znamo trivijalno koliko je(np

). Napiximo faktorizaciju broja n na proste fak-

tore n = pα11 pα2

2 . . . pαkk , pi su razliqiti prosti brojevi, αi ≥ 1 za 1 ≤ i ≤ k. Koriste�ipotpunu multiplikativnost Le�androvog simbola onda dobijamo(

n

p

)=

(pα1

1 pα22 . . . pαkkp

)=

(pα1

1

p

)(pα2

2

p

). . .

(pαkkp

)=

(p1

p

)α1(p2

p

)α2

. . .

(pkp

)αk.

Mo�emo zakuqiti da je za raquna�e vrednosti Le�androvog simbola(np

)dovono

da znamo da izraqunamo vrednost Le�androvog simbola(qp

), gde je q 6= p proizvoan

prost broj. U tom pravcu imamo dva razliqita sluqaja: jedan je(

2p

), a drugi je

(qp

), gde

je q 6= p neparan prost broj. Prika�imo prvo xta se dexava u prvom i jednostavnijemsluqaju.

Tvr�e�e 1.68. Neka je p neparan prost broj. Tada je(2

p

)=

{1, ako je p ≡ ±1 (mod 8)

−1, ako je p ≡ ±3 (mod 8).

Ekvivalentno, imamo da je(

2p

)= (−1)

p2−18 .

Dokaz. Posmatrajmo raxire�e Fp2 poa Fp. To poe postoji na osnovu Teoreme 1.64.Za cikliqnu grupu F×

p2va�i da je reda p2 − 1 xto je broj deiv sa 8. Zbog toga u �oj

mo�emo prona�i element ζ reda 8. Tako odabarani element zadovoava ζ8 = 1, odakleje i ζ4 = 1 ili ζ4 = −1. Naravno, ζ4 = 1 je nemogu�e, jer bi to znaqilo da je ζ reda 4,xto nas ostava sa ζ4 = −1. Ako oznaqimo β = ζ + ζ−1 onda dobijamo

β2 = ζ2 + 2 + ζ−2

= ζ−2(ζ4 + 1

)+ 2

= 2 (jer je ζ4 = −1).

Zakuqujemo da polinom X2−2 nad poem Fp2 ima taqno dva korena ±β. Kako taj po-linom nad Fp2 (a time i nad Fp) ne mo�e imati vixe korena, zakuqujemo da jednaqinax2 = 2 ima rexe�a nad poem Fp ako i samo ako β ∈ Fp.

Uslov β ∈ Fp mo�emo lepo izraziti koriste�i Malu Fermaovu23 teoremu. Naosnovu te teoreme imamo da za proizvoni element b ∈ Fp = {0, 1, . . . , p − 1} va�ibp ≡ b (mod p), xto nad poem Fp ne znaqi nixta drugo do

bp = b.

23Pierre de Fermat (1607-1665), francuski matematiqar


Prema tome, ima�emo β ∈ Fp ako je ispu�eno βp = β. Sada raqunamo

βp =(ζ + ζ−1

)p= ζp + ζ−p (preslikava�e x→ xp je automorfizam poa Fp2 , videti Zadatak 3)

= ζs + ζ−s,

gde je s ostatak broja p pri dee�u sa 8 (ovo sledi zato xto je ζ reda 8).Ako je s = ±1 imamo da je βp = β, xto znaqi β ∈ Fp. U tom sluqaju onda dobijamo

da je 2 kvadratni ostatak modulo p. Sliqno, ako je s = ±3 imamo da je βp = −β, odaklesledi da β 6∈ Fp, pa dobijamo da β nije kvadratni ostatak modulo p. Imaju�i u vidudefiniciju Le�androvog simbola, prethodno dobijeno upravo predstava tvr�e�ekoje je trebalo dokazati, qime smo ovaj dokaz zavrxili.

U sluqaju kada je q 6= p neparan prost broj nemamo bax eksplictinu formulu zaraquna�e

(qp

)kao xto smo imali za

(2p

). Ono xto postoji je formula koja povezuje

(qp

)sa(pq

)i poznata je kao zakon kvadratnog reciprociteta.

Teorema 1.69 (Zakon kvadratnog reciprociteta). Neka su p i q razliqiti neparniprosti brojevi. Tada je (

p

q

)= (−1)

p−12

q−12

(q

p

).

Da bismo dokazali prethodnu teoremu potrebno nam je jedno pomo�no tvr�e�e.Prvo �emo uvesti sve neophodne oznake i prikazati �egov dokaz, a onda �emo pre�ina sam dokaz Teoreme 1.69.

Posmatrajmo korensko poe polinoma Xq − 1 ∈ Fp[X] nad Fp i oznaqimo sa η 6= 1jedan koren od Xq − 1 u tom pou. Radi preglednijeg zapisa oznaqimo jox χ(i) =

(iq

)za i ∈ Z. Definixemo Gausovu sumu sa

Γ =

q−1∑i=0

χ(i)ηi. (1.37)

Kuqna za dokaziva�e zakona kvadratnog reciprociteta bi�e informacija o vredno-sti kvadrata Gausove sume. Ona je izraqunata u narednoj lemi.

Lema 1.70. Za Gausovu sumu Γ definisanu u (1.37) va�i Γ2 =(−1q

)q.

Dokaz. Primetimo prvo da iz χ(0) = 0 i qi�enice da u F×q = {1, 2, . . . , q− 1} ima istibroj kvadratnih ostataka i neostataka modulo q (pogledati Zadatak 4) va�i

q−1∑i=0

χ(i) = 0. (1.38)

Dodatno, poxto je

η

q−1∑i=0

ηi =

q−1∑i=0

ηi+1 =

q∑i=1

ηi =

q−1∑i=0

ηi (podsetimo se da va�i ηq = 1)


imamo iq−1∑i=0

ηi = 0. (1.39)

Sada raqunamo

Γ2 =

q−1∑i=0

q−1∑j=0

χ(i)χ(j)ηiηj

=

q−1∑i=0

q−1∑j=0

χ(i)χ(j)ηi+j

=

q−1∑`=0

∑i+j=`

χ(i)χ(j)

η`. (1.40)

Kada je ` = 0 u (1.40) imamo

∑i+j=0

χ(i)χ(j) =

q−1∑i=0

χ(i)χ(−i) =

q−1∑i=0

χ(−i2).

Poxto je χ(−i2) = χ(−1)χ(i2) = χ(−1)χ(i)2 = χ(−1) za i 6= 0 i χ(−i2) = 0 za i = 0imamo da je gor�a suma jednaka

q−1∑i=1

χ(−1) = χ(−1)(q − 1). (1.41)

Kada je ` 6= 0 u (1.40) prvo nailazimo na

∑i+j=`

χ(i)χ(j) =

q−i∑i=0

χ(i)χ(`− i)

=

q−1∑i=1

χ(i)χ(`− i)

=

q−1∑i=1

χ(i−1)χ(`− i)(va�i χ(i) = χ(i−1) kada je i ∈ F×q

)=

q−1∑i=1

χ(ì−1 − 1).

Primetimo da je preslikava�e i → ì−1 − 1 injekitvno, zbog qega je {ì−1 − 1 | i ∈F×q } = Fq \ {−1}. Odatle sledi da je gor�a suma jednaka

q−1∑i=0

χ(i)− χ(−1) = −χ(−1),


koriste�i jednakost (1.38). Vrativxi se u (1.40) iz prethodnog i (1.41) konaqno dobi-jamo

Γ2 = χ(−1)(q − 1) +

q−1∑`=1

(−χ(−1)) η`

= χ(−1)(q − 1)− χ(−1)

q−1∑`=1

η`

= χ(−1)(q − 1)− χ(−1)

(q−1∑`=0

η` − 1

)= χ(−1)(q − 1) + χ(−1) (na osnovu jednakosti (1.39))

= χ(−1)q,

xto uz χ(−1) =(−1q

)daje tvr�e�e koje je trebalo dokazati.

Dokaz Teoreme 1.69. Iz definicije Gausove sume Γ imamo da se ona nalazi u konaq-nom pou karakteristike p, pa na �u mo�emo primeniti Frobenijusov automorfizam(videti Zadatak 3). Tako dobijamo

Γp =

(q−1∑i=0

χ(i)ηi

)p

=

q−1∑i=0

χ(i)pηip

=

q−1∑i=0

χ(i)ηip (jer je χ(i) = ±1 i p neparan broj)

=

q−1∑i=0

χ(p)2χ(i)ηip (va�i χ(p) 6= 1, jer su p i q razliqiti prosti brojevi)

= χ(p)

q−1∑i=0

χ(ip)ηip

= χ(p)

q−1∑i=0

χ(i)ηi (preslikava�e i→ ip je bijekcija na Fq)

= χ(p)Γ.

Poxto je Γ 6= 0, iz prethodnog mo�emo pisati χ(p) = Γp−1. Osla�aju�i se na Ojlerov

1.10. REXENI ZADACI 51

kriterijum i Lemu 1.70 konaqno dobijamo(p

q

)= Γp−1

=(Γ2) p−1

2

= (χ(−1)q)p−12

= (−1)q−12

p−12 q

p−12

= (−1)p−12

q−12

(q

p

).

1.10 Rexeni zadaci

Zadatak 1. Pokazati da je AutR = {idR}.

Rexe�e. Neka je f ∈ AutR proizvoan automorfizam. Na osnovu Posledice 1.23direktno sledi da je f

∣∣Q = idQ. Poka�imo da funkcija f poseduje i naredne dve

znaqajne osobine:⊙f je monotono rastu�a

Neka su x < y proizvoni realni brojevi. Tada postoji t > 0 takvo da je y = x + t2,odakle je

f(y) = f(x+ t2)

= f(x) + f(t2)

= f(x) + f(t)2

> f(x) (f(t) 6= 0, jer je f(0) = 0 i f bijekcija)⊙f je neprekidna (na celom R)

Neka su x0 ∈ R i ε > 0 proizvoni. Postoji prirodan broj n takav da je 1n < ε. Za

svaki realan broj x koji ispu�ava uslov |x− x0| < 1n onda va�i:

− 1

n< x− x0 <

1

n

f

(− 1

n

)< f(x− x0) < f

(1

n

), jer je f rastu�a

− 1

n< f(x)− f(x0) <

1

n, jer je f

∣∣Q = idQ

−ε < f(x)− f(x0) < ε

|f(x)− f(x0)| < ε.

Da sumiramo, dobili smo

(∀ε > 0)(∃δ = 1/n > 0)(∀x ∈ R) |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ε,


xto po definiciji znaqi neprekidnost funkcije f u taqki x0 ∈ R.

Konaqno, kako je f : R→ R neprekidna funkcija, jednaka identiqkom preslikava-�u na svuda gustom skupu Q u R, sledi da je f = idR. Prema tome, AutR = {idR}.�

Zadatak 2. Neka su K i F dva poa razliqitih karakteristika. Dokazati da nepostoji nijedan homomorfizam f : K → F .

Rexe�e. Neka je charK = p i charF = q, pri qemu je p 6= q. Radi boe qitivosti,oznaqimo redom sa o i 1 aditivni, odnosno multiplikativni neutral poa F , dok �e0 i 1 biti oznake za analogne elemente u K. Imamo dosta sluqajeva, od kojih �emouraditi samo dva, imaju�i u vidu da se svi ostali rade na potpuno isti naqin.

Pretpostavimo prvo da je p, q > 0 i neka je f : K → F homomorfizam poa. Tadaje

o = f(0) = f(1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸p puta

)

= f(1) + f(1) + f(1) + · · ·+ f(1)︸︷︷︸p puta

= 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸p puta

6= o,

xto daje kontradikciju. Prema tome, nemogu�e je da f bude homomorfizam.Pretpostavimo sada da je p = 0 i q > 0 i neka je f : K → F homomorfizam poa.

Tada je

f(1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸q puta

) = f(1) + f(1) + f(1) + · · ·+ f(1)︸︷︷︸q puta

= 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸q puta

= o.

Dobili smo da se 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸q puta

pri homomorfizmu f slika u o, pa kako f mora

biti injektivno na osnovu Tvr�e�a 1.20, iz uslova f(0) = o sledi

1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸q puta

= 0.

Kako je p = charK = 0, ovo je nemogu�e, odakle sledi da je nemogu�e ni da f budehomomorfizam.�

Zadatak 3. Neka je F konaqno poe karakteristike p > 0. Dokazati da je preslika-va�e Φ : F → F definisano sa Φ(x) = xp jedan automorfizam poa F , koji se nazivaFrobenijusovim24 automorfizmom.

24Ferdinand Georg Frobenius (1849-1917), nemaqki matematiqar


Rexe�e. Jasno je da je Φ(0) = 0 i Φ(1) = 1. Uoqimo proizvone x, y ∈ F . Odmahimamo da va�i

Φ(xy) = (xy)p = xpyp = Φ(x)Φ(y).

Sa druge strane je po binomnoj formuli

Φ(x+ y) = (x+ y)p = xp +

(p

1

)xp−1y +

(p

2

)xp−2y2 + · · ·+

(p

p− 1

)xyp−1 + yp, (1.42)

pri qemu binomni koeficijenti imaju istu definiciju kao u Z posle uvo�e�a oznake1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸

n puta

= n u poe F . Primetimo da poxto je charF = p, u tim oznakama

imamo da je n = 0 za sve n deive sa p. Tako�e, za sve 1 ≤ i < p imamo(p

i

)=

p!

i!(p− i)!,

odakle, poxto je p prost broj, direktno sledi p |(pi

). Zakuqujemo da su svi binomni

koeficijenti koji se pojavuju u formuli (1.42) deivi sa p, a time i jednaki nuliu pou F . Ono xto ostaje je izraz

Φ(x+ y) = xp + yp = Φ(x) + Φ(y),

koji kompletira dokaz da je Φ homomorfizam. Iz Tvr�e�a 1.20 onda sledi da je Φi utapa�e, a kako je |F | < ∞ ta osobina povlaqi i surjektivnost preslikava�a Φ.Dakle, Φ jeste automorfizam.�

Zadatak 4. Odrediti koliko nenula elemenata konaqnog poa F su potpuni kvadrati.

Rexe�e. Poxto nas zanimaju samo nenula elementi poa F , mo�emo posmatratimultiplikativnu grupu F×. Ta grupa je Abelova, pa je preslikava�e f : F× → F×

definisano sa f(x) = x2, x ∈ F jedan homomorfizam. Odredimo �egovo jezgro. Podefiniciji je

ker f ={x ∈ F× | f(x) = 1

}={x ∈ F× | x2 = 1

}= {1,−1}.

Iz prve teoreme o izomorfizmu grupa dae imamo

F×/ ker f ∼= im f,

odakle sledi da je |im f | =|F×||ker f | . Ako je charF 6= 2, imamo da je |ker f | = 2, xto daje

|im f | = 12 |F

×|. U suprotnom, ako je charF = 2, onda va�i −1 = 1, pa je | ker f | = 1.U tom sluqaju dobijamo | im f | = |F×|. Imaju�i u vidu da je broj potpunih kvadrata uF× jednak upravo broju elemenata u im f , zakuqujemo da je rexe�e ovog zadatka{

12 |F

×| = 12 (|F | − 1) , ako je charF 6= 2

|F×| = |F | − 1, ako je charF = 2.

�


Zadatak 5. Neka je p prost, n prirodan broj i F konaqno poe sa pn elemenata.Odrediti koliko se elemenata poa F mo�e zapisati u obliku ap − a za neko a ∈ F .

Rexe�e. Uoqimo polinom V (X) = Xp −X nad poem F ≥ Fp i odredimo sve �egovenule. Na osnovu Male Fermaove teoreme imamo da svaki element b ∈ Fp = {0, 1, . . . , p−1} ispu�ava bp ≡ b (mod p), xto nad poem F ne znaqi nixta drugo do

bp = b, tj. bp − b = 0.

Prema tome, svih p elemenata poa Fp su nule polinoma V . Poxto je polinom Vstepena p, dobijamo da su to upravo i sve nule posmatranog polinoma.

Posmatrajmo sada poe F kao n-dimenzioni vektorski prostor nad konaqnim po-em Fp. Tada preslikava�e V mo�emo videti kao jedan operator na prostoru F .Poka�imo da je taj operator linearan (nad poem skalara Fp).Uoqimo proizvone elemente u, v ∈ F i skalar α ∈ Fp. Imamo da je

V (u+ v) = (u+ v)p − (u+ v)

= up + vp − u− v (koriste�i Zadatak 3)

= up − u+ vp − v= V (u) + V (v),

kao i

V (αu) = (αu)p

= αpup (koriste�i Zadatak 3)

= αup (iz prvog dela ovog rexe�a imamo da je αp = α za α ∈ Fp)= αV (u),

xto pokazuje linearnost preslikava�a V .

Primetimo da zahtev ovog zadatka mo�emo interpretirati kao pita�e koliki jebroj elemenata u slici preslikava�a V . Na osnovu stava o rangu i defektu imamo daje

dim(imV ) + dim(kerV ) = dimF.

Imamo da je dimF = n, a u prvom delu ovog rexe�a smo dobili da je i dim(kerV ) = 1,odakle sledi da je dim(imV ) = n − 1. Prema tome, postoji taqno pn−1 element uslici preslikava�a V , xto znaqi da postoji taqno pn−1 element poa F koji se mo�ezapisati u obliku ap − a za neko a ∈ F .�

Zadatak 6. Posmatrajmo domen celih Q[√

2].

1) Pokazati da je Q[√

2] = {a+ b√

2 | a, b ∈ Q}.

2) Pokazati da je Q[√

2] poe.

3) Odrediti stepen raxire�a [Q[√

2] : Q].


4) Odrediti AutQ[√

2].

Rexe�e. 1) Po definiciji je Q[√

2] ={f(√

2) | f ∈ Q[X]}. Odatle je jasno da je

Q[√

2] ⊇ {a+ b√

2 | a, b ∈ Q},

pa je sve xto treba da poka�emo druga inkluzija. Uoqimo proizvono z ∈ Q[√

2].Tada postoji polinom f(X) ∈ Q[X] takav da je z = f(

√2). Kada raspixemo

f(X) = anXn + an−1X

n−1 + · · ·+ a1X + a0, ai ∈ Q, an 6= 0

dobijamo da je

z = an(√

2)n + an−1(√

2)n−1 + · · ·+ a1(√

2) + a0.

Grupixu�i qlanove sa parnim indeksima 0 ≤ i ≤ n, kao i one sa neparnim dobijamo

z = (a0 + 2a2 + 4a4 + . . . ) +√

2(a1 + 2a3 + 4a5 + . . . ).

Kako su svi brojevi ai racionalni, takvi su i brojevi a0 + 2a2 + 4a4 + . . . i a1 + 2a3 +4a5 + . . . , pa mo�emo zapisati

z = a+ b√

2,

gde su a, b ∈ Q. Na taj naqin dobijamo da z ∈ {a + b√

2 | a, b ∈ Q}, qime je pokazana iinkluzija

Q[√

2] ⊆ {a+ b√

2 | a, b ∈ Q},

a time i zavrxen prvi deo.2) Poxto znamo da je Q[

√2] domen celih, da bi smo pokazati da je poe, sve xto treba

da poka�emo je da za svako nenula z ∈ Q[√

2] postoji multiplikativni inverz. Zbogdela 1) mo�emo proizvono z ∈ Q[

√2], z 6= 0 zapisati u obliku z = a + b

√2 za neke

a, b ∈ Q, a2 + b2 6= 0. Odatle je

z−1 =1

a+ b√

2

=a− b

√2

a2 − 2b2

=a

a2 − 2b2+

−ba2 − 2b2

√2

Poxto su brojevi a i b racionalni, takvi su i brojevi A = aa2−2b2

i B = −ba2−2b2

(i

naravno, a2 − 2b2 ne mo�e biti jednako nuli zbog a2 + b2 6= 0). Zakuqujemo da je

z−1 = A+B√

2, A,B ∈ Q,

xto znaqi da z−1 ∈ Q[√

2]. Time je pokazano da je Q[√

2] poe.3) Iz dela 1) imamo da skup {1,

√2} generixe Q[

√2] nad poem Q. Ako poka�emo da

je taj skup linearno nezavisan nad Q, dobi�emo da qini jednu bazu za Q[√

2] nad Q, pasledi da je [Q[

√2] : Q] = 2.


Pretpostavimo da postoje racionalni brojevi c1 i c2 takvi da je

c1 + c2

√2 = 0.

Ako je bilo koji od c1 i c2 jednak nuli, onda takav mora biti i drugi, pa mo�emosmatrati da su ti brojevi razliqiti od nule. Tako dobijamo da je

√2 = −c1

c2∈ Q,

a to je kontradikcija. Dakle, mora biti c1 = c2 = 0, xto znaqi da je skup {1,√

2}linearno nezavisan nad Q. Odatle zakuqujemo i tra�eno

[Q[√

2] : Q] = 2.

4) Neka je f ∈ AutQ[√

2] i z = a+ b√

2 proizvoan element poa Q[√

2]. Tada je

f(z) = f(a+ b√

2)

= f(a) + f(b)f(√

2).

Koriste�i Posledicu 1.23, poxto su a, b ∈ Q imamo da je f(a) = a i f(b) = b, pa ostaje

f(z) = a+ b · f(√

2).

Iz posled�eg izraza mo�emo zakuqiti da je automorfizam f u potpunosti odre�envrednox�u f(

√2). Primetimo da je, ponovo iz Posledice 1.23, ispu�eno f(2) = 2,

odakle sledi

2 = f(2)

= f((√

2)2)

= f(√

2)2.

Prema tome, za vrednost f(√

2) imamo dve mogu�nosti:

f(√

2) =√

2 ili f(√

2) = −√

2.

Tih mogu�nostima su odre�ena i dva kandidata za elemente grupe AutQ[√

2],

f1 : a+ b√

2→ a+ b√

2 i f2 : a+ b√

2→ a− b√

2. (1.43)

Preslikava�e f1 je jednako idQ[√

2], pa svakako jeste automorfizam poa Q[√

2]. Zapreslikava�e f2 je oqigledno da je surjektivno. Tako�e, to preslikava�e je homomor-fizam zato xto za sve a+ b

√2 i c+ d

√2 iz Q[

√2] va�i

f((a+ b

√2) + (c+ d

√2))

= f(a+ c+ (b+ d)

√2)

= a+ c−√

2(b+ d)

= a− b√

2 + c− d√

2

= f(a+ b√

2) + f(c+ d√

2)


i

f((a+ b

√2)(c+ d

√2))

= f(ac+ 2bd+ (ad+ bc)

√2)

= ac+ 2bd− (ad+ bc)√

2

= (a− b√

2)(c− d√

2)

= f(a+ b√

2) · f(c+ d√

2).

Konaqno, zbog Tvr�e�a 1.20 je onda f2 i injektivno, pa je automorfizam poa Q[√

2].Zakuqujemo da je

AutQ[√

2] = {f1, f2},

gde su preslikava�a fi odre�ena formulama (1.43)�

Zadatak 7. Posmatrajmo domen celih Q[ 3√

2].

1) Pokazati da je Q[ 3√

2] = {a+ b 3√

2 + c 3√

4 | a, b, c ∈ Q}.

2) Pokazati da je Q[ 3√

2] poe.

3) Odrediti stepen raxire�a [Q[ 3√

2] : Q].

4) Odrediti AutQ[ 3√

2].

Rexe�e. 1) Po definiciji je Q[ 3√

2] ={f( 3√

2) | f ∈ Q[X]}. Odatle je jasno da je

Q[3√

2] ⊇ {a+ b3√

2 + c3√

4 | a, b, c ∈ Q},

pa je sve xto treba da poka�emo druga inkluzija. Uoqimo proizvono z ∈ Q[ 3√

2].Tada postoji polinom f(X) ∈ Q[X] takav da je z = f( 3

√2). Kada raspixemo

f(X) = anXn + an−1X

n−1 + · · ·+ a1X + a0, ai ∈ Q, an 6= 0

dobijamo da jez = an(

3√

2)n + an−1(3√

2)n−1 + · · ·+ a1(3√

2) + a0.

Grupixu�i qlanove u tri grupe, u zavisnosti od toga da li su �ihovi indeksi 0 ≤i ≤ n deivi sa 3, imaju ostatak 1 ili 2 pri dee�u sa 3 dobijamo

z = (a0 + 2a3 + 4a6 + . . . ) +3√

2(a1 + 2a4 + 4a7 + . . . ) +3√

4(a2 + 2a5 + 4a8 + . . . ).

Kako su svi brojevi ai racionalni, takvi su i brojevi a0 + 2a3 + 4a6 + . . . , a1 + 2a4 +4a7 + . . . i a2 + 2a5 + 4a8 + . . . , pa mo�emo zapisati

z = a+ b3√

2 + c3√

4,

gde su a, b, c ∈ Q. Na taj naqin dobijamo da z ∈ {a + b 3√

2 + c 3√

4 | a, b, c ∈ Q}, qime jepokazana i inkluzija

Q[3√

2] ⊆ {a+ b3√

2 + c3√

4 | a, b, c ∈ Q},


a time i zavrxen prvi deo.2) Poxto znamo da je Q[ 3

√2] domen celih, da bi smo pokazati da je poe, sve xto treba

da poka�emo je da za svako nenula z ∈ Q[ 3√

2] postoji multiplikativni inverz. Zbogdela 1) mo�emo proizvono z ∈ Q[ 3

√2], z 6= 0 zapisati u obliku z = a+ b 3

√2 + c 3

√4 za

neke a, b, c ∈ Q, a2 + b2 + c2 6= 0. Tada je z− a = b 3√

2 + c 3√

4, odakle podiza�em na tre�istepen dobijamo

(z − a)3 = (b3√

2 + c3√

4)3

z3 − 3z2a+ 3za2 − a3 = 2b3 + 6b2c3√

2 + 6bc2 3√

4 + 4c3

z3 − 3z2a+ 3za2 − a3 = 2b3 + 4c3 + 6bc(b3√

2 + c3√

4)

z3 − 3z2a+ 3za2 − a3 = 2b3 + 4c3 + 6bc(z − a)

z3 − 3az2 + (3a2 − 6bc)z − (a3 − 2b3 − 4c3 − 6abc) = 0.

Brojevi a, b i c su racionalni, pa su takvi i brojevi −3a, 3a2−6bc i −(a3−2b3−4c3−6abc). Zbog toga posled�u jednakost mo�emo napisati u jednostavnijem obliku

z3 + pz2 + qz + r = 0,

gde su p, q, r ∈ Q. Dee�em sa z dobijamo

z2 + pz + q +r

z= 0,

odakle je

z−1 = −1

rz2 − p

rz − q

r∈ Q[

3√

2].

Dakle, dobili smo da postoji z−1 ∈ Q[ 3√

2], pa Q[ 3√

2] jeste poe.3) Iz dela 1) imamo da skup {1, 3

√2, 3√

4} generixe Q[ 3√

2] nad poem Q. Ako poka�emoda je taj skup linearno nezavisan nad Q, dobi�emo da qini jednu bazu za Q[ 3

√2] nad Q,

pa sledi da je [Q[ 3√

2] : Q] = 3.

Pretpostavimo da postoje racionalni brojevi a, b, c takvi da je a+ b 3√

2 + c 3√

4 = 0.Primetimo prvo da ako je c = 0, onda ostaje samo

a+ b3√

2 = 0.

Onda, ako je jedan od brojeva a ili b jednak nuli, takav mora biti i drugi, pa mo�emosmatrati da je su a, b 6= 0. Tada dobijamo

3√

2 = −ab∈ Q,

xto je kontradikcija. Prema tome, mo�emo smatrati da je c 6= 0.

Poxto je c 6= 0, iz c 3√

4 = −a− b 3√

2 dobijamo

3√

4 = −ac− b

c3√

2 = α+ β3√

2,


gde su α = −ac i β = − b

c racionalni brojevi. Podiza�em na tre�i stepen dobijamo

4 = α3 + 3α2β3√

2 + 3αβ2 3√

4 + 2β3

4 = α3 + 2β3 + 3αβ3√

2(α+ β3√

2)

4 = α3 + 2β3 + 3αβ3√

23√

4

4 = α3 + 2β3 + 6αβ.

Zapiximo sada racionalne brojevi α i β u obliku α = mn i β = k

l , gde su m,n, k, lceli brojevi takvi da je (m,n) = 1 i (k, l) = 1. Na taj naqin dobijamo

4 =m3

n3+ 2

k3

l3+ 6

mk

nl4n3l3 = m3l3 + 2k3n3 + 6mkn2l2. (1.44)

Iz posled�e jednakosti zakuqujemo da 2 | m3l3, odakle i 2 | ml.Pretpostavimo da 2 | m. Poxto je (m,n) = 1 imamo da i 2 - n. Posle zapisiva�a

m = 2m1 jednakost (1.44) postaje

4n3l3 = 8m31l

3 + 2k3n3 + 12m1kn2l2

2n3l3 = 4m31l

3 + k3n3 + 6m1kn2l2 (1.45)

Iz jednakosti (1.45) sledi da 2 | k3n3, pa kako 2 - n ostaje samo 2 | k. Poxto je (k, l) = 1imamo da i 2 - l. Zapisiva�em k = 2k1 i vra�a�em u jednakost (1.45) dobijamo

2n3l3 = 4m31l

3 + 8k31n

3 + 12m1k1n2l2

n3l3 = 2m31l

3 + 4k31n

3 + 6m1k1n2l2 (1.46)

Posmatraju�i jednakost (1.46), jasno je da �ena desna strana paran broj. Sa drugestrane, poxto imamo da 2 - n, l imamo i da je �ena leva strana neparan broj. Prematome, dobijamo kontradikciju koja pokazuje da je nemogu�e da 2 | m.

Na potpuno analogan naqin se pokazuje da i sluqaj 2 | l dovodi do kontradikcije.Vra�aju�i se na poqetak, dobijamo da je nemogu�e da bude c 6= 0, pa ostaje samo sluqajc = 0 iz koga, kao xto smo videli, sledi iz a = b = 0. Odatle sledi da je skup{1, 3√

2, 3√

4} linearno nezavisan nad Q, pa qini i jednu bazu za Q[ 3√

2] nad poem Q.Specijalno, dobijamo i tra�eno

[Q[3√

2] : Q] = 3.

4) Neka je f ∈ AutQ[ 3√

2] i z = a+ b 3√

2 + c 3√

4 proizvoan element poa Q[ 3√

2]. Tadaje

f(z) = f(a+ b3√

2 + c3√

4)

= f(a) + f(b)f(3√

2) + f(c)f(3√

4)

= f(a) + f(b)f(3√

2) + f(c)f(3√

2)2.


Koriste�i Posledicu 1.23, poxto su a, b ∈ Q imamo da je f(a) = a, f(b) = b i f(c) = c,pa ostaje

f(z) = a+ b · f(3√

2) + c · f(3√

2)2.

Iz posled�eg izraza mo�emo zakuqiti da je automorfizam f u potpunosti odre�envrednox�u f( 3

√2). Primetimo da je, ponovo iz Posledice 1.23, ispu�eno f(2) = 2,

odakle sledi

2 = f(2)

= f((

3√

2)3)

= f(3√

2)3.

Prema tome, za vrednost f( 3√

2) imamo tri mogu�nosti:

f(3√

2) =3√

2 ili f(3√

2) = ε3√

2 ili f(3√

2) = ε2 3√

2,

gde je ε = e2πi3 . Primetimo da je Q[ 3

√2] ≤ R, pa druge dve mogu�nosti nisu ostvarive,

jer ε 6∈ R. Prema tome ostaje samo

f(3√

2) =3√

2, odakle je f(z) = a+ b3√

2 + c3√

4.

Zakuqujemo da je obavezno f = idQ[ 3√2], pa je i AutQ[ 3√

2] = {idQ[ 3√2]}.�

Zadatak 8. Posmatrajmo kompleksni broj α = i+√

3. Pokazati da je Q[α] poe, na�ibarem jednu bazu za Q[α] nad Q i stepen raxire�a [Q[α] : Q].

Rexe�e. Ovaj zadatak mo�emo kao i prethodna dva rexavati po definiciji. Me-�utim, jox smo i u �ima videli da qim se stepen raxire�a malo pove�a, stvaripostaju priliqno komplikovane, pa ne�emo ovde koristiti takav pristup. Umestotoga, osla�a�emo se na Tvr�e�a 1.28 i 1.31.

Poka�imo prvo da je α algebarski element nad poem Q. U tu svrhu imamo slede�iraqun:

α2 = (i+√

3)2

α2 = −1 + 2i√

3 + 3

α2 − 2 = 2i√

3

(α2 − 2)2 = −12

α4 − 4α2 + 16 = 0.

Zakuqujemo da α anulira polinom f(X) = X4 − 4X2 + 16 ∈ Q[X], pa je algebarskielement nad Q. Iz Tvr�e�a 1.28 onda odmah sledi da je Q[α] poe.

Poka�imo jox i da je f(X) minimalni polinom za α nad Q. Poxto je taj polinommoniqan i f(α) = 0, sve xto je potrebno da poka�emo je da je f(X) nesvodiv nadpoemQ. Pretpostavimo suprotno, neka je f(x) svodiv nadQ. Tada postoje polinomig(X) i h(X) sa racionalnim koeficijentima takvi da je

f(X) = g(X)h(X),


pri qemu je 1 ≤ deg g,deg h ≤ 3. To znaqi da imamo samo dve suxtinski razliqitemogu�nosti:

deg g = 1, deg h = 3 ili deg g = 2, deg h = 2.

Prva mogu�nost odmah otpada, jer implicira da polinom f(X) ima racionalne nule,xto nije taqno (nule polinoma f(X) su ±i ±

√3). Zato, ispitajmo drugu mogu�nost.

Poxto je polinom f(X) moniqan, mo�emo smatrati da su takvi i polinomi g(X) ih(X). Kada zapixemo g(X) = X2 + aX + b i h(X) = X2 + cX + d, gde su a, b, c, d ∈ Qdobijamo

f(X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)

X4 − 4X2 + 16 = X4 + (a+ c)X3 + (b+ d+ ac)X2 + (ad+ bc)X + bd.

Posled�a jednaqina omogu�ava da koeficijente a, b, c i d izrazimo kao rexe�a si-stema

a+ c = 0

b+ d+ ac = −4

ad+ bc = 0

bd = 16.

Iz prve jednaqine imamo c = −a, odakle zamenom u tre�u jednaqinu dobijamo

a(d− b) = 0.

Odavde dobijamo dva sluqaja a = 0 ili b = d.Ako je a = 0, onda je i c = 0, a poqetni sistem se svodi na

b+ d = −4

bd = 16.

Izra�ava�em d = −4− b dobijamo kvadratnu jednaqinu

b(−4− b) = 16 odnosno b2 + 4b+ 16 = 0.

Ova jednaqina nema racionalnih rexe�a, xto uz uslov da je b ∈ Q daje kontradikciju.Dakle, ovaj sluqaj je nemogu�.

Pretpostavimo sada da je b = d. Onda qetvrta jednaqina polaznog sistema dajeb2 = 16, pa je b = d = ±4. Druga jednaqina polaznog sistema onda postaje

−a2 ± 8 = −4,

odakle je a2 = 12 ili a2 = −4. Kako obe dobijene jednaqine nemaju racionalnihrexe�a, qi�enica da je a ∈ Q i u ovom sluqaju daje kontradikciju.

Zakuqujemo da je polinom f(X) nesvodiv nad Q, pa je i minimalan polinom zaα nad Q. Iz Tvr�e�a 1.31 onda sledi da je {1, α, α2, α3} jedna baza za Q[α] nad Q, kaoi da je

[Q[α] : Q] = 4.

�


Zadatak 9. Dokazati da je realan broj α =√

3 +√

13 algebarski nad poem Q. Zatimna�i jednu bazu za K = Q[α] nad Q i izraziti element 1

α+2 u dobijenoj bazi.

Rexe�e. Direktan raqun pokazuje da va�i

α2 = 3 +√

13

α2 − 3 =√

13

α4 − 6α2 + 9 = 13

α4 − 6α2 − 4 = 0.

Dakle, α anulira polinom f(X) = X4− 6X2− 4 ∈ Q[X], pa je algebarski element nadpoem Q.

Doka�imo sada da je f(X) minimalni polinom za α nad Q. Kako je taj polinommoniqan, sve xto treba da poka�emo je da je nesvodiv nad poem Q. To �emo uraditina potpuno isti naqin kao u prethodnom zadatku. Prvo, pretpostavimo suprotno,neka je f(x) svodiv nad Q. Tada postoje polinomi g(X) i h(X) sa racionalnimkoeficijentima takvi da je

f(X) = g(X)h(X),

pri qemu je 1 ≤ deg g,deg h ≤ 3. To znaqi da imamo samo dve suxtinski razliqitemogu�nosti:

deg g = 1,deg h = 3 ili deg g = 2, deg h = 2.

Prva mogu�nost odmah otpada, jer implicira da polinom f(X) ima racionalne nule,

xto nije taqno (nule polinoma f(X) su±√

3±√

13). Zato, ispitajmo drugu mogu�nost.Poxto je polinom f(X) moniqan, mo�emo smatrati da su takvi i polinomi g(X) ih(X). Kada zapixemo g(X) = X2 + aX + b i h(X) = X2 + cX + d, gde su a, b, c, d ∈ Qdobijamo

f(X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)

X4 − 6X2 − 4 = X4 + (a+ c)X3 + (b+ d+ ac)X2 + (ad+ bc)X + bd.

Posled�a jednaqina omogu�ava da koeficijente a, b, c i d izrazimo kao rexe�a si-stema

a+ c = 0

b+ d+ ac = −6

ad+ bc = 0

bd = −4.


a(d− b) = 0.

Odavde dobijamo dva sluqaja a = 0 ili b = d.


Ako je a = 0, onda je i c = 0, a poqetni sistem se svodi na

b+ d = −6

bd = −4.

Izra�ava�em d = −6− b dobijamo kvadratnu jednaqinu

b(−6− b) = −4 odnosno b2 + 6b− 4 = 0.

Ova jednaqina nema racionalnih rexe�a, xto uz uslov da je b ∈ Q daje kontradikciju.Dakle, ovaj sluqaj je nemogu�.

Pretpostavimo sada da je b = d. Onda qetvrta jednaqina polaznog sistema dajeb2 = −4, xto odmah daje kontadikciju, poxto je b ∈ Q. Na taj naqin odmah odbacujemoi ovaj sluqaj.

Zakuqujemo da je polinom f(X) nesvodiv nad Q, pa je i minimalan polinom zaα nad Q. Iz Tvr�e�a 1.31 onda sledi da je {1, α, α2, α3} jedna baza za K = Q[α] nad Q,a specijalno dobijamo i [K : Q] = 4.

Ostalo je jox da izrazimo element 1α+2 u dobijenoj bazi. Drugim reqima, ono xto

tra�imo su racionalni brojevi A,B,C i D takvi da je

1

α+ 2= A+Bα+ Cα2 +Dα3.

Mno�e�em prethodne jednakosti sa α+ 2 dobijamo

A(α+ 2) +Bα(α+ 2) + Cα2(α+ 2) +Dα3(α+ 2) = 1

Aα+ 2A+Bα2 + 2Bα+ Cα3 + 2Cα2 +Dα4 + 2Dα3 = 1

Aα+ 2A+Bα2 + 2Bα+ Cα3 + 2Cα2 +Dα4 + 2Dα3 − 1 = 0 (1.47)

Primetimo je jednakost (1.47) raspisana u odnosu na skup {1, α, α2, α3, α4} koji nijelinearno nezavisan, pa ne mo�emo odmah tvrditi da su odgovaraju�i koeficijentiuz 1, α, α2, α3, α4 jednaki nuli. Taj problem rexavamo vra�aju�i se na minimalnipolinom f(X) = X4−6X2−4. Poxto je f(α) = 0, sledi da je ispu�eno α4−6α2−4 = 0,odakle dobijamo potrebni izraz za α4,

α4 = 6α2 + 4.

Vra�a�em u jednakost (1.47) dobijamo

Aα+ 2A+Bα2 + 2Bα+ Cα3 + 2Cα2 +D(6α2 + 4) + 2Dα3 − 1 = 0

(2A+ 4D − 1) + (A+ 2B)α+ (B + 2C + 6D)α2 + (C + 2D)α3 = 0.

Sada, poxto skup {1, α, α2, α3} jeste linearno nezavisan, mo�emo posled�u jednakostzameniti ekvivalentnim sistemom linearnih jednaqina

2A+ 4D − 1 = 0

A+ 2B = 0

B + 2C + 6D = 0

C + 2D = 0.


Rexava�em ovog sistema dobijamo A = 13 , B = −1

6 , C = −16 i D = 1

12 . Dakle, tra�eniizraz je

1

α+ 1=

1

3− 1

6α− 1

6α2 +

1

12α3.

�

Zadatak 10. Posmatrajmo poe K = Q[√

2,√

3].

1) Na�i kompleksan broj α takav da je K = Q[α].

2) Na�i stepen raxire�a [K : Q] i odrediti jednu bazu za K nad poem Q.

3) Odrediti AutK.

Rexe�e. 1) Poka�imo da je α =√

2 +√

3, odnosno da je K = Q[√

2 +√

3]. Poxto jeoqigledno

√2 +√

3 ∈ K, imamo odmah da je

Q[√

2 +√

3] ⊆ K.

Poka�imo obrnutu inkluziju. Prvo xto znamo je da 1√2+√

3=√

3−√

2 mora pripadati

pou Q[√

2 +√

3]. Zbog toga je i (√

2 +√

3) + (√

3 −√

2) = 2√

3 ∈ Q[√

2 +√

3], pa je i12 ·2√

3 =√

3 ∈ Q[√

2 +√

3]. Iz√

3 ∈ Q[√

2 +√

3] i qi�enice da je√

2 = (√

2 +√

3)−√

3

sledi da je i√

2 ∈ Q[√

2 +√

3]. Dakle,√

2,√

3 ∈ Q[√

2 +√

3], odakle i

K = Q[√

2,√

3] ⊆ Q[√

2 +√

3].

Time smo pokazali da je K = Q[√

2 +√

3].2) Jedan naqin kako mo�emo da uradimo ovaj deo zadatka je tra�e�i minimalni po-linom za α =

√2 +√

3 nad Q kao xto smo radili u prethodnim zadacima. Tako bismodobili jednu bazu {1, α, α2, α3} na K nad poem Q i [K : Q] = 4. Poka�imo to nadrugi naqin, osla�aju�i se na Tvr�e�e 1.10. Naglasimo samo da �emo pritom dobitibazu razliqitu od {1, α, α2, α3}, koja �e biti pogodnija za deo 3) ovog zadatka.

Primetimo prvo da imamo lanac raxire�a poa Q ≤ Q[√

2] ≤ K, odakle je naosnovu Tvr�e�a 1.10

[K : Q] = [K : Q[√

2]] · [Q[√

2] : Q]. (1.48)

Iz Zadatka 6 (ili jednostavnim raqunom) imamo da je [Q[√

2] : Q] = 2. Odredimo joxstepen raxire�a [K : Q[

√2]]. Kako je K = Q[

√2,√

3] = Q[√

2][√

3], iz Tvr�e�a 1.31imamo da je

[K : Q[√

2]] = degµ(X),

gde je µ(X) minimalni polinom za√

3 nad poem Q[√

2]. Odredimo zato polinomµ(X).

Odmah imamo da√

3 anulira moniqan polinom X2 − 3 ∈ Q[√

3][X]. Zato ako poka-�emo da je taj polinom nesvodiv nad poem Q[

√2] dobijamo µ(X) = X2−3. Poxto je

X2 − 3 stepena 2 jedini naqin da taj polinom bude svodiv nad Q[√

2] je da ima nuluu tom pou. Iz faktorizacije (nad poem C)

X2 − 3 = (X −√

3)(X +√

3)


onda sledi da je jedini naqin da polinom X2− 3 bude svodiv nad poem Q[√

2] je dava�i

√3 ∈ Q[

√2]. Poka�imo da je to nemogu�e.

Pretpostavimo suprotno, neka je√

3 ∈ Q[√

2]. Tada postoje racionalni brojevi ai b takvi da je √

3 = a+ b√

2. (1.49)

Ako je a = 0 onda je√

32 = b ∈ Q, xto je kontradikcija. Sliqno je nemogu�e da bude

b = 0, jer povlaqi√

3 = a ∈ Q. Zato mo�emo smatrati da su a i b razliqiti od nule.Kvadrira�em jednakosti (1.49) onda dobijamo

3 = a2 + 2b2 + 2ab√

2,

odakle je√

2 = 3−a2−2b2

2ab ∈ Q, xto je kontradikcija, koja pokazuje da je nemogu�e da√3 ∈ Q[

√2]. Odatle zakuqujemo da je polinom X2 − 3 nesvodiv nad Q[

√2], xto

znaqi da je µ(X) = X2 − 3. Onda imamo da je i [K : Q[√

2]] = 2, xto konaqno uzjednakost (1.48) pokazuje da je

[K : Q] = 4.

Primetimo jox da smo u dosadax�em postupku dobili i da je jedna baza za Q[√

2] nadQ jednaka {1,

√2}, kao i da skup {1,

√3} qini jednu bazu za K nad Q[

√2]. Iz dokaza

Tvr�e�a 1.10 onda sledi i da je

{1,√

2,√

3,√

6} (1.50)

jedna baza za K nad poem Q, qime je zavrxen ovaj deo zadatka.3) U ovom dela bi�e zgodno da koristimo bazu (1.50) dobijenu u delu 2). Uoqimoproizvono f ∈ AutK i z ∈ K. Raspisiva�em u bazi (1.50) za K nad poem Q,dobijamo racionalne brojeve a, b, c i d takve da je

z = a+ b√

2 + c√

3 + d√

6.

Tada je

f(z) = f(a+ b√

2 + c√

3 + d√

6)

= f(a) + f(b)f(√

2) + f(c)f(√

3) + f(d)f(√

6)

= f(a) + f(b)f(√

2) + f(c)f(√

3) + f(d)f(√

2)f(√

3).

Koriste�i Posledicu 1.23, poxto su a, b, c, d ∈ Q imamo da je f(a) = a, f(b) = b,f(c) = c i f(d) = d, pa ostaje

f(z) = a+ b · f(√

2) + c · f(√

3) + d · f(√

2) · f(√

3).

Iz posled�eg izraza mo�emo zakuqiti da je automorfizam f u potpunosti odre�envrednostima f(

√2) i f(

√3). Ponovo se osla�aju�i na Posledicu 1.23, dobijamo

2 = f(2) = f((√

2)2)

= f(√

2)2

i3 = f(3) = f

((√

3)2)

= f(√

3)2,


odakle sledi da su jedine mogu�nosti za vrednosti f(√

2) i f(√

3) odre�ene sa

f(√

2) = ±√

2 i f(√

3) = ±√

3.

Prema tome, imamo qetiri potencijalna automorfizma poa K koje �emo zapisati uzavisnosti od toga gde slikaju

√2 i√

3 kao

f1 :

{√2→

√2√

3→√

3f2 :

{√2→ −

√2√

3→√

3f3 :

{√2→

√2√

3→ −√

3f4 :

{√2→ −

√2√

3→ −√

3(1.51)

Odmah mo�emo primetiti da je f1 = idK , pa ostaje samo da poka�emo da i su ostalapreslikava�a automorfizmi poa K. Uradimo to samo za f2, poxto se za ostalapreslikava�a radi analogno.

Oqigledno je da je f2 surjektivno preslikava�e. Dodatno, poxto za proizvonea+ b

√2 + c

√3 + d

√6 i p+ q

√2 + r

√3 + s

√6 iz K va�i

f((a+ b

√2 + c

√3 + d

√6) + (p+ q

√2 + r

√3 + s

√6))

=

= f((a+ p) + (b+ q)

√2 + (c+ r)

√3 + (d+ s)

√6)

= a+ p− (b+ q)√

2 + (c+ r)√

3− (d+ s)√

6

= (a− b√

2 + c√

3− d√

6) + (p− q√

2 + r√

3− s√

6)

= f(a+ b√

2 + c√

3 + d√

6) + f(p+ q√

2 + r√

3 + s√

6)

i

f((a+ b

√2 + c

√3 + d

√6) · (p+ q

√2 + r

√3 + s

√6))

=

= f((ap+ 2bq + 3cr + 6dc) + (aq + bp+ 3cs+ 3dr)

√2 + (ar + 2bs+ cp+ 2dq)

√3+

+(as+ br + cq + dp)√

6)

=

= (ap+ 2bq + 3cr + 6dc)− (aq + bp+ 3cs+ 3dr)√

2 + (ar + 2bs+ cp+ 2dq)√

3−−(as+ br + cq + dp)

√6 =

= (a− b√

2 + c√

3− d√

6) · (p− q√

2 + r√

3− s√

6)

= f(a+ b√

2 + c√

3 + d√

6) · f(p+ q√

2 + r√

3 + s√

6),

odmah sledi da je f2 homomorfizam. Zbog Tvr�e�a 1.20 je onda f2 i injektivno, pa jeautomorfizam poa K. Zakuqujemo da je

AutK = {f1, f2, f3, f4},

gde su preslikava�a fi odre�ena formulama (1.51).�

Zadatak 11. Neka je K/F konaqno raxire�e poa i f(X) ∈ K[X]. Dokazati dapostoji nenula polinom g(X) ∈ K[X] takav da je f(X)g(X) ∈ F [X].


Rexe�e. Ukoliko polinom f(X) nije nesvodiv, mo�emo ga zapisati u obliku pro-izvoda f1(X)f2(X) . . . fk(X) nesvodivih polinoma. Da bismo dokazali da tvr�e�eva�i za f(X), dovono je da doka�emo da ono va�i za svaki od nesvodivih po-linoma fi(X), 1 ≤ i ≤ k. Zbog toga mo�emo nadae smatrati da je polinom f(X)nesvodiv. Tako�e, bez uma�e�a opxtosti, mo�emo smatrati i da je polinom f(X)moniqan.

Oznaqimo sa α neku nulu polinoma f(X). Taj element je algebarski nadK, a kako jeraxire�e K/F konaqno, sledi da je algebarski i nad poem F . Pri tome je polinomf(X) ∈ K[X] minimalni polinom za α nad poem K. Oznaqimo sa h(X) ∈ F [X]minimalni polinom za α nad poem F . Poxto je h(α) = 0, sledi da

f(X) | h(X),

pri qemu je relacija deivosti u prstenu K[X] (va�i h(X) ∈ K[X], jer je F ≤ K).Po definiciji relacije deivosti polinoma sledi da postoji polinom g(X) ∈ K[X]takav da f(X)g(X) = h(X) ∈ F [X], xto predstava kraj ovog zadatka.�

Zadatak 12. Neka je α algebarski element nad poem F takav da je stepen raxire�a[F [α] : F ] neparan. Dokazati da je F [α] = F [α2].

Rexe�e. Primetimo da nad poem F [α2] element α anulira polinom X2 − α2. Zbogtoga za minimalni polinom f(X) za α nad F [α2] va�i deg f ≤ 2. Tako�e, primetimoda poe F [α] mo�emo videti kao F [α2][α], pa na osnovu Tvr�e�a 1.31 sledi[

F [α] : F [α2]]∈ {1, 2}.

Ako bi bilo[F [α] : F [α2]

]= 2, na osnovu Tvr�e�a 1.10 prime�enog na lanac F ≤

F [α2] ≤ F [α] bi sledilo

[F [α] : F ] =[F [α] : F [α2]

]·[F [α2] : F

]= 2 ·

[F [α2] : F

].

To je nemogu�e, jer je iz pretpostavke stepen raxire�a [F [α] : F ] neparan. Zato ostaje[F [α] : F [α2]

]= 1, odakle sledi F [α] = F [α2].

�

Zadatak 13. Neka je F poe i n prirodan broj takav da ne postoji nijedno pravoraxire�e tog poa stepena ma�eg od n. Posmatrajmo raxire�e K = F [α] poa F ,pri qemu je αn ∈ F . Dokazati da je svaki element poa K proizvod elemenata oblikaa+ bα, gde su a, b ∈ F .

Rexe�e. Primetimo da poxto je αn ∈ F va�i da polinom Xn−αn, koga α oqiglednoanulira, pripada F [X]. Odatle sledi da je stepen raxire�a poa K = F [α] nad Fnajvixe n. Kako iz uslova zadatka poe F nema nijedno pravo raxire�e stepenama�eg od n, ostaju jedino mogu�nosti K = F ili [K : F ] = n. Ako je K = F , ondatrivijalno svaki element x ∈ F mo�emo zapisati kao x = x + 0 · α, qime je dokazanotra�eno tvr�e�e.


Pretpostavimo zato da je [K : F ] = n. Na osnovu Tvr�e�a 1.31 sledi da skup{1, α, α2, . . . , αn−1} qini jednu bazu za K nad F , pa se proizvoni element x ∈ K mo�ezapisati u obliku

x = a0 + a1α+ · · ·+ anαn−1, ai ∈ F, 0 ≤ i ≤ n− 1.

Posmatrajmo odgovaraju�i polinom f(X) = a0 +a1X+ · · ·+anXn−1 ∈ F [X] i oznaqimo

sa β jednu �egovu proizvonu nulu. Tada je

[F (β) : F ] ≤ deg f < n,

odakle sledi da je F (β) = F . Zakuqujemo da nula β polinoma f(X) pripada pou F .Indukcijom onda dobijamo da su i sve nule polinoma f(X) u F , xto znaqi da u F [X]imamo faktorizaciju

f(X) =

k∏i=1

(bi + ciX),

gde je k = deg f . Dobijena faktorizacija povlaqi da je

x = f(α) =k∏i=1

(bi + ciα),

qime je zavrxen zadatak.�

Zadatak 14. Kvadratnim brojevnim poem nazivamo raxire�e stepena 2 poa Q.Dokazati da za svako kvadratno brojevno poe K postoji beskvadratan ceo broj D 6= 1takav da je K = Q[

√D] = {a+ b

√D | a, b ∈ Q}.

Rexe�e. Uoqimo proizvoni element z ∈ K \Q. Tada je skup {1, z} linearno nezavi-san nad Q, pa kako je [K : Q] = 2, imamo da qini jednu bazu za K nad Q. To znaqi da sesvaki element α iz K mo�e zapisati u obliku α = a+bz za neke a, b ∈ Q, odakle sledida je K = Q[z]. Prema tome, zavrxili smo zadatak ako poka�emo da je Q[z] = Q[

√D]

za neki beskvadratan ceo broj D.Neka je µ(X) = X2 +sX+t ∈ Q[X] minimalni polinom za z nad Q. Bez uma�iva�a

opxtosti, mo�emo izraziti nulu z polinoma µ(X) kao

z =s+√s2 − 4t

2.

Na taj naqin dobijamo da je

Q[z] = Q

[s+√s2 − 4t

2

].

Primetimo da je Q[s+√s2−4t2

]= Q

[√s2 − 4t

], zato xto se svaka Q-linearna kom-

binacija A+B · s+√s2−4t2 mo�e zapisati kao

A+B · s+√s2 − 4t

2= A+

Bs

2+B

2

√s2 − 4t = A′ +B′

√s2 − 4t, (1.52)


gde su A′ = A+ Bs2 i B′ = B

2 racionalni brojevi.

Zapiximo sada racionalni broj s2 − 4t kao mn , gde su m i n > 0 uzajamno celi

brojevi. Tako dobijamo √s2 − 4t =

√m

n=

√mn

n,

odakle sledi da je

Q[√s2 − 4t] = Q

[√mn

n

].

Na potpuno sliqan naqin kao u (1.52) zakuqujemo da je Q[√

mnn

]= Q[

√mn]. Konaqno,

kako su brojevim i n uzajamno prosti, sledi da je ceo brojmn = D beskvadratan (jasnoje i da je D 6= 1). Zakuqujemo da je Q[

√mn] = Q[

√D], xto povlaqi tra�eno

K = Q[√D],

qime je zadatak zavrxen.�

Zadatak 15. Dokazati da dva razliqita kvadratna brojevna poa ne mogu biti izo-morfna.

Rexe�e. Neka su K1 i K2 dva razliqita kvadratna brojevna poa. Iz prethodnogzadatka onda postoje razliqiti beskvadratni celi brojevi D1 6= 1 i D2 6= 1 takvi daje K1 = Q[

√D1] i K2 = Q[

√D2].

Pretpostavimo da postoji izomorfizam f : K1 → K2. Poxto je D1 ∈ Q imamo daje f(D1) = D1, odakle sledi

D1 = f(√

D12)

= f(√

D1

)2. (1.53)

Ako zapixemo f(√D1

)∈ K2 kao

f(√

D1

)= a+ b

√D2, a, b ∈ Q,

jednakost (1.53) postaje (a+ b

√D2

)2= D1.

Kvadrira�em dobijamo

a2 + 2ab√D2 + b2D2 = D1

(a2 −D1 + b2D2) + 2ab√D2 = 0.

Poxto je skup {1,√D2} linearno nezavisan iz posled�e jednakosti zakuqujemo da je

2ab = 0 i a2 −D1 + b2D2 = 0.

Ako je a = 0 druga jednakost postaje −D1 + b2D2 = 0, odakle je√

D1D2

= b ∈ Q, a toje nemogu�e, jer su D1 6= 1 i D2 6= 1 razliqiti beskvadratni brojevi.


Ako je b = 0 druga jednakost postaje a2 − D1 = 0, odakle je√D1 = a ∈ Q, xto je

nemogu�e, jer je D1 6= 1 beskvadratan ceo broj.Zakuqujemo da u svim sluqajevima dobijamo kontradikciju, xto znaqi da je ne-

mogu�e da postoji homomorfizam f : K1 → K2, kako smo na poqetku pretpostavili.�

Zadatak 16. Neka su a i b racionalni brojevi qiji koreni nisu u pou Q. Raxire�eQ[√a,√b] poa Q se naziva bikvadratnim brojevnim poem ako je [Q[

√a,√b] : Q] = 4 .

Pokazati da je K = Q[√a,√b] bikvadratno brojevno poe ako i samo ako broj ab nema

koren u Q.

Rexe�e. Poka�imo prvo da je K = Q[√a,√ab]. Oqigledno je K ⊇ Q[

√a,√ab], pa

samo treba pokazati drugu inkluziju. Me�utim, i ona sledi veoma jednostavno, zbog

qi�enice da je√b =

√ab√a∈ Q[

√a,√ab]. Od znaqaja je jox da primetimo da imamo

imamo niz raxire�a Q ≤ Q[√ab] ≤ K, pa Tvr�e�e 1.10 omogu�ava da ustanovimo da

va�i[K : Q] = [K : Q[

√ab]] · [Q[

√ab] : Q]. (1.54)

Pretpostavimo sada da je K = Q[√a,√b] bikvadratno brojevno poe. Tada je

[K : Q] = 4. Jasno je da su stepeni raxire�a [K : Q[√ab]] i [Q[

√ab] : Q] jednaki 1

ili 2 u zavisnosti od toga da li√a ∈ Q[

√ab], odnosno

√ab ∈ Q. Qi�enica da je

[K : Q] = 4 uz jednakost (1.54) onda implicira [K : Q[√ab]] = 2 i [Q[

√ab] : Q] = 2.

Specijalno, sledi tra�eno√ab 6∈ Q.

Da bismo pokazali i obratnu implikaciju, pretpostavimo da√ab 6∈ Q. Tada je

[Q[√ab] : Q] = 2. Poka�imo da va�i i [K : Q[

√ab]]. U tu svrhu dovono je da

poka�emo da√a 6∈ Q[

√ab]. Pretpostavimo suprotno, neka je

√a ∈ Q[

√ab]. Tada

postoje racionalni brojevi α i β takvi da je

√a = α+ β

√ab. (1.55)

Kvadrira�em ove jednakosti dobijamo

a = α2 + abβ2 + 2αβ√ab, (1.56)

odakle zbog linearne nezavisnosti elemenata 1 i√ab nad poem Q posebno sledi da

je αβ = 0.Ako je α = 0, jednakost (1.55) postaje

√a = β

√ab, odakle je β

√b = 1. Primetimo

da je nemogu�e da bude β = 0, jer bi to impliciralo a = 0. Zbog toga imamo da je√b = 1

β ∈ Q, a to je kontradikcija.Ako je β = 0, jednakost (1.56) postaje a = α2, pa

√a = α ∈ Q, xto ponovo daje

kontradikciju.Dakle, dobijamo da je nemogu�e da

√a ∈ Q[

√ab], pa sledi da je [K : Q[

√ab]] = 2.

Jednakost (1.54) onda daje [K : Q] = 4, xto upravo pokazuje da je K bikvadratnobrojevno poe.�

Zadatak 17. Dokazati da konaqno poe ne mo�e biti algebarski zatvoreno.


Rexe�e. Posmatrajmo proizvono konaqno poe F = {α1, α2, . . . , αn}. Nad tim po-em definixemo polinom

f(X) = (X − α1)(X − α2) . . . (X − αn) + 1.

Za svako αi, 1 ≤ i ≤ n onda va�i f(αi) = 1. Prema tome, polinom f(X) ∈ F [X] nemanula nad poem F , pa to poe nije algebarski zatvoreno.�

Zadatak 18. Kronekerovom konstrukcijom dodati nulu ζ nesvodivog polinoma f(X) =X3 + 2X2 − 2 ∈ Q[X] u poe Q. Zatim izraziti elemente (ζ2 + ζ − 1)(ζ2 + 2ζ − 5) i(ζ4 + 1)(ζ3 − 1) u nekoj bazi dobijenog poa nad poem Q.

Rexe�e. Direktnom primenom Kronekerove konstrukcije imamo da je poe dobijenododava�em nule ζ polinoma f(X) u poe Q jednako

E = Q[X]/〈f〉,

pri qemu je ζ = X + 〈f〉. Dodatno, imamo da je [E : Q] = deg f = 3 i da jednu bazu zapoe E nad Q qini skup {1, ζ, ζ2}.

Ostaje jox da izrazimo tra�ene elemente (ζ2 + ζ − 1)(ζ2 + 2ζ − 5) i (ζ4 + 1)(ζ3− 1)u bazi {1, ζ, ζ2}. Postupak kako �emo to uraditi je jednostavan i jedino xto trebaimati na umu je da ζ anulira polinom f(X), pa va�i

ζ3 + 2ζ2 − 2 = 0.

Dobijamo:

(ζ2 + ζ − 1)(ζ2 + 2ζ − 5) = ζ4 + 2ζ3 − 5ζ2 + ζ3 + 2ζ2 − 5ζ − ζ2 − 2ζ + 5

= ζ4 + 3ζ3 − 4ζ2 − 7ζ + 5

= ζ4 + 3(ζ3 + 2ζ2 − 2)− 6ζ2 + 6− 4ζ2 − 7ζ + 5

= ζ4 − 10ζ2 − 7ζ + 11

= ζ(ζ3 + 2ζ2 − 2)− 2ζ3 + 2ζ − 10ζ2 − 7ζ + 11

= −2ζ3 − 10ζ2 − 5ζ + 11

= −2(ζ3 + 2ζ2 − 2) + 4ζ2 − 4− 10ζ2 − 5ζ + 11

= −6ζ2 − 5ζ + 7


i

(ζ4 + 1)(ζ3 − 1) = (ζ4 + 1)(ζ3 + 2ζ2 − 2− 2ζ2 + 1)

= (ζ(ζ3 + 2ζ2 − 2)− 2ζ3 + 2ζ − 1)(−2ζ2 + 1)

= (−2ζ3 + 2ζ − 1)(−2ζ2 + 1)

= (−2(ζ3 + 2ζ2 − 2) + 4ζ2 − 4 + 2ζ − 1)(−2ζ2 + 1)

= (4ζ2 + 2ζ − 5)(−2ζ2 + 1)

= −8ζ4 + 4ζ2 − 4ζ3 + 2ζ + 10ζ2 − 5

= −8ζ4 − 4(ζ3 + 2ζ2 − 2) + 8ζ2 − 8 + 14ζ2 + 2ζ − 5

= −8ζ4 + 22ζ2 + 2ζ − 13

= −8ζ(ζ3 + 2ζ2 − 2) + 16ζ3 − 16ζ + 22ζ2 + 2ζ − 13

= 16ζ3 + 22ζ2 − 14ζ − 13

= 16(ζ3 + 2ζ2 − 2)− 32ζ2 + 32 + 22ζ2 − 14ζ − 13

= −10ζ2 − 14ζ + 19.

�

Zadatak 19. Kronekerovom konstrukcijom dodati nulu ζ nesvodivog polinoma f(X) =X2−2 ∈ F5[X] u poe F5. Zatim izraziti element (4+2ζ)(3+ζ) u nekoj bazi dobijenogpoa nad poem F5.

Rexe�e. Sliqno kao u prethodnom zadatku, imamo da je tra�eno poe

E = Q[X]/〈f〉,

pri qemu je ζ = X + 〈f〉. Tako�e, va�i da je [E : F5] = 2 i da je skup {1, ζ} jedna bazaza E nad F5.

Koriste�i qi�enicu da je ζ nula polinoma f(X), pa va�i

ζ2 − 2 = 0,

dobijamo

(4 + 2ζ)(3 + ζ) = 2 + 4ζ + ζ + 2ζ2

= 2 + 2ζ2

= 2 + 2 · 2= 1.

Ovim je zadatak zavrxen, ali navedimo samo jox dve kratke napomene. Prvo, pri-metimo da poxto je dobijeno poe E raxire�e poa F5 stepena 2, ono ima 52 = 25elemenata. Drugo, poxto za element za ζ va�i

ζ2 − 2 = 0, tj. ζ2 = 2,


mo�emo uvesti oznaku ζ =√

2 koja omogu�u da zapixemo E = F5[√

2]. Ono xto trebaimati na umu pri uvo�e�u ovakve notacije je da

√2 nikako nije odgovaraju�i realan

broj, ve� je samo predstava�e koseta X + 〈X2 − 2〉 na naqin pogodniji za raquna�e.�

Zadatak 20. Konstruisati poe sa 4 elementa.

Rexe�e. Iz qi�enice da tra�eno poe ima 4 = 22 elementa se odmah ocrtava stra-tegija kako da pristupimo rexava�u ovog problema. Ono xto treba da uradimo je dakrenemo od konaqnog poa F2 i da konstruixemo �egovo raxire�e stepena 2. Da bi-smo dobili tra�eno raxire�e, dovono je da prona�emo nesvodiv polinom stepena2 nad F2 i da Kronekerovom konstrukcijom dodamo jednu �egovu nulu u F2.

Posmatrajmo polinom f(X) = X2 + X + 1 ∈ F2[X]. Va�i da je f(0) = f(1) = 1,pa kako je ovaj polinom stepena 2, sledi da nesvodiv nad poem F2. Iz Kronekerovekonstrukcije onda dobijamo raxire�e E = F2[ζ] poa F2, gde je ζ nula polinoma f(X),

ζ2 + ζ + 1 = 0.

Kako je [F2[ζ] : F2] = deg f = 2 i |F2| = 2, imamo i da je∣∣F2[ζ]

∣∣ = 4. Prema tome, poeF2[ζ] predstava rexe�e zadatka. Poxto je to poe male kardinalnosti, mo�emo galako prikazati pomo�u odgovaraju�ih tablica sabira�a i mno�e�a:

+ 0 1 ζ 1 + ζ

0 0 1 ζ 1 + ζ1 1 0 1 + ζ ζζ ζ 1 + ζ 0 1

1 + ζ 1 + ζ ζ 1 0

· 0 1 ζ 1 + ζ

0 0 0 0 01 0 1 ζ 1 + ζζ 0 ζ 1 + ζ 1

1 + ζ 0 1 + ζ 1 ζ

Iz tablica lako vidimo da je aditivna grupa poa F2[ζ] izomorfna Klajnovoj25 grupi,dok je multiplikativna grupa tog poa cikliqna reda 3.�

Zadatak 21. Konstruisati poe sa 27 elemenata.

Rexe�e. Zadatak radimo u potpunosti po uzoru na prethodni. Kre�eno od konaqnogpoa F3 i �elimo da konstruixemo �egovo raxire�e stepena 3. U tu svrhu dovono jeda prona�emo nesvodiv polinom stepena 3 nad F3 i da Kronekerovom konstrukcijomdodamo jednu �egovu nulu u F3.

Posmatrajmo polinom f(X) = X3 − X + 1 ∈ F3[X]. Ispu�eno je f(0) = f(1) =f(2) = 1, pa kako je polinom f(X) stepena 3, sledi da je nesvodiv nad poem F3. IzKronekerove konstrukcije onda dobijamo raxire�e E = F3[ζ] poa F3, gde je ζ nulapolinoma f(X),

ζ3 − ζ + 1 = 0.

Kako je [F3[ζ] : F3] = deg f = 3 i |F3| = 3, imamo i da je∣∣F3[ζ]

∣∣ = 27. Prema tome, poeF3[ζ] predstava rexe�e zadatka.�

25Christian Felix Klein (1849-1925), nemaqki matematiqar


Zadatak 22. Neka je α = 3√

2e2πi3 . Dokazati da ni za jedan prirodan broj k jednaqina

x21 + x2

2 + . . . x2k = −1

nema rexe�a u pou Q[α].

Rexe�e. Primetimo da je α koren moniqnog polinoma f(X) = X3− 2 ∈ Q[X]. PremaAjzenxtajnovom kriterijumu za prost broj p = 2, imamo da je taj polinom nesvodivnad poem Q. To nam omogu�ava da poe Q[α] vidimo kao poe nastalo od poa Qdodava�em korena nesvodivog polinoma f(X).

Primetimo da su preostali koreni polinoma f(X) (nad poem C) jednaki 3√

2 i3√

2e4πi3 . Naroqito nam je od interesa prvi od tih korena. Podsetimo se da je poe

dobijeno dodava�em nule nesvodivog polinoma Kronekerovom konstrukcijom jedin-stveno do na izomorfizam. Odatle sledi da je

Q[α] ∼= Q[3√

2].

Poxto je [Q[α] : Q] = [Q[ 3√

2] : Q] = deg f = 3, baze za Q[α], odnosno Q[ 3√

2] nad Q suredom {1, α, α2} i {1, 3

√2, 3√

4}, pa je pomenuti izomorfizam26 eksplicitno odre�en sa

Φ : a+ bα+ cα2 → a+ b3√

2 + c3√

4, a, b, c ∈ Q. (1.57)

Posmatrajmo sada nad poem Q[α] jednaqinu

x21 + x2

2 + . . . x2k = −1 (1.58)

za proizvoan prirodan broj k. Poxto je Φ(−1) = −1, izomorfizam Φ ovu jednaqinuprevodi do istovetne jednaqine, ali nad poem Q[ 3

√2]. To znaqi da jednaqina (1.58)

ima rexe�a nad poem Q[α] ako i samo ako ima rexe�a nad poem Q[ 3√

2]. Me�utim,kako je Q[ 3

√2] ⊆ R, odmah dobijamo da jednaqina (1.58) nema rexe�a nad poem Q[ 3

√2].

Zbog toga ona nema rexe�a ni nad poem Q[α], xto je upravo tvr�e�e koje je trebalodokazati.�

Zadatak 23. Neka je α nula nesvodivog polinoma f(X) = X4 + pX2 + q ∈ Q[X].Pokazati da je α konstruktibilan broj.

Rexe�e. Primetimo prvo da iz postavke zadatka odmah imamo da je f(X) minimalnipolinom za α nad Q. Zbog toga je

[Q[α] : Q] = deg f = 4.

Prema tome, dokaza�emo da je broj α konstruktibilan ako prona�emo me�uraxire�eK,

Q ≤ K ≤ Q[α],

takvo da je [K : Q] = 2 i [Q[α] : K] = 2.

26drugi naqin kako se mo�e uraditi ovaj zadatak je da se odmah uoqi preslikava�e definisano sa(1.57) i da se onda direktno poka�e da je to preslikava�e izomorfizam


Poka�imo da je K = Q[α2]. Jasno je da je Q ≤ Q[α2] ≤ Q[α], pa samo jox treba daodreditmo odgovaraju�e stepene raxire�a. Poxto je minimalni polinom za α nad Qstepena 4, nemogu�e je da bude α2 ∈ Q, jer bi u tom sluqaju kvadratni polinom X2−α2

koga α anulira imao racionalne koeficijente. Odatle sledi da je [Q[α2] : Q] ≥ 2. Sadruge strane, poxto je f(α) = 0, va�i α4 + pα2 + q = 0, xto pokazuje da α2 anulirapolinom X2+pX+q ∈ Q[X]. Zbog toga je i [Q[α2] : Q] ≤ 2, pa je konaqno [Q[α2] : Q] = 2.Iz Tvr�e�a 1.10, osla�aju�i se na qi�enicu da je [Q[α] : Q] = 4, onda dobijamo da jei [Q[α] : Q[α2] = 2, xto kompletira dokaz konstruktibilnosti broja α.�

Zadatak 24. Neka je nula α nesvodivog polinoma f(X) = X4 + pX2 + qX + r ∈Q[X], q 6= 0 konstruktibilan broj. Pokazati da tada Dekartov27 polinom ∆(X) =X3 + 2pX2 + (p2 − 4r)X − q2 ima nula u pou Q.

Rexe�e. Iz uslova zadatka odmah sledi da f(X) minimalni polinom za α nad poemQ, odakle je

[Q[α] : Q] = 4.

Tako�e, poxto je broj α konstruktibilan, postoji me�uraxire�e K,

Q ≤ K ≤ Q[α],

takvo da je [K : Q] = 2 i [Q[α] : K] = 2. Oznaqimo sa µ(X) ∈ K[X] minimalni polinomza α nad poem K. Kako je [Q[α] : K] = 2, taj polinom mora biti drugog stepena,

µ(X) = X2 + aX + b, a, b ∈ K.

Primetimo da svakako i f(X) ∈ K[X], pa iz qi�enice da je f(α) = 0 sledi da µ(X) |f(X). Zbog toga postoji polinom X2 + cX + d ∈ K[X] takav da je

f(X) = µ(X)(X2 + cX + d).

Raspisiva�em posled�e jednakosti dobijamo

X4 + pX2 + qX + r = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)

X4 + pX2 + qX + r = X4 + (a+ c)X3 + (b+ d+ ac)X2 + (ad+ bc)X + bd,

xto je ekvivalentno sistemu jednaqina

a+ c = 0

b+ d+ ac = p

ad+ bc = q

bd = r.

Iz prve jednaqine imamo c = −a, odakle zamenom u drugu jednaqinu dobijamo

b+ d = p+ a2, (1.59)

27Rene Descartes (1596-1650), francuski matematiqar


a zamenom u tre�u jednaqinu dobijamo

(d− b)a = q. (1.60)

Poxto je q 6= 0 iz uslova zadatka, va�i da takvo mora biti i a, pa jednaqinu (1.60)mo�emo zapisati u obliku

d− b =q

a. (1.61)

Oduzimaju�i, odnosno sabiraju�i jednaqine (1.59) i (1.61) dobijamo izraze

2b = p+ a2 − q

a

i

2d = p+ a2 +q

a.

Mno�e�e tih izraza uz korixe�e�e qi�enice da je bd = r konaqno daje(p+ a2 − q

a

)(p+ a2 +

q

a

)= 4bd

(p+ a2)2 − q2

a2= 4r

a2(p2 + 2pa2 + a4)− q2 = 4ra2

a6 + 2pa4 + (p2 − 4r)a2 − q2 = 0.

Posmatraju�i posled�i izraz, mo�emo primetiti da smo dobili da broj a2 anuliraDekartov polinom

∆(X) = X3 + 2pX2 + (p2 − 4r)X − q2.

Ako je a2 ∈ Q odmah dobijamo da polinom ∆(X) ima racionalnu nulu. Zato, neka jea2 6∈ Q. Poxto je a ∈ K, va�i da je i a2 ∈ K, pa iz qi�enice da je [K : Q] = 2 sledida je minimalni polinom za a2 nad Q stepena dva. Taj polinom mora da deli polinom∆(X) koga a2 anulira, pa dobijamo da se ∆(X) nad Q[X] faktorixe na proizvodjednog polinoma stepena 2 i jednog polinoma stepena 1. Odatle sledi da ∆(X) imaracionalnu nulu.

Dakle, u svakom sluqaju, Dekartov polinom ∆(X) ima racionalnu nulu, qime jezadatak zavrxen.�

Zadatak 25. Neka je α nula nesvodivog polinoma f(X) = X4 + 2X − 2 ∈ Q[X].Ispitati da li je broj α konstruktibilan.

Rexe�e. Iskoristi�emo prethodni zadatak. Odgovaraju�i Dekartov polinom je jed-nak

∆(X) = X3 + 8X − 4,

za koga se lako pokazuje da nema racionalnih nula. Zbog toga broj α nije konstrukti-bilan.�


A1

S

B C

A

P

Zadatak 26. Ispitati da li je konstruktibilan jednakokraki trougao kome su po-znati krak b i polupreqnik upisanog kruga r.

Rexe�e. Posmatajmo jednakokraki trougao ABC kao na narednoj slici. Mo�emoprimetiti da su trouglovi AA1C i ASP sliqni, odakle sledi

AS

AC=

SP

A1C. (1.62)

Ako oznaqimo sa H visinu koja odgovara osnovici trougla ABC i zadr�imo oznakekao iz postavke zadatka, imamo da je

AS = H − rAC = b

SP = r

A1C =√b2 −H2.

Proporcija (1.62) onda postaje

H − rb

=r√

b2 −H2,


odakle dae dobijamo

(H − r)2

b2=

r2

b2 −H2

(H2 − 2rH + r2)(b2 −H2) = b2r2

−H4 + 2rH3 + (b2 − r2)H2 − 2rb2H + b2r2 = b2r2

−H4 + 2rH3 + (b2 − r2)H2 − 2rb2H = 0

H3 − 2rH2 + (r2 − b2)H + 2rb2 = 0.

Uzmimo sada b = 5, r = 1. Tada posled�a jednakost dobija oblik

H3 − 2H2 − 24H + 50 = 0,

iz koga sledi da H anulira polinom X3 − 2X2 − 24X + 50 ∈ Q[X]. Kako je uoqeni po-linom nesvodiv nad Q prema Ajzenxtajnovom kriterijumu, sledi da je i minimalnipolinom za H nad tim poem, pa je

[Q[H] : Q] = 3.

Zakuqujemo da visina H koja odgovara osnovici jednakokrakog trougla ABC, pasamim tim ni pomenuti trougao, nisu konstruktibilni. Dakle, dobili smo da uopxtem sluqaju trougao kome su poznati krak i polupreqnik upisanog kruga nijemogu�e konstruisati.�

Zadatak 27. Dokazati da je realan broj α =√√

5−√

2 konstruktibilan.

Rexe�e. Oznaqimo α =√√

5−√

2. Tada je α2 =√

5−√

2, pa pripada pou Q[√

5−√2]. Doka�imo da je Q[

√5−√

2] = Q[√

2,√

5]. Poxto je oqigledno√

5−√

2 ∈ Q[√

2,√

5],imamo odmah da je

Q[√

5−√

2] ⊆ Q[√

2,√

5].

Poka�imo jox obrnutu inkluziju. Prvo xto imamo je da 1√5−√

2=√

5+√

23 mora pripa-

dati pou Q[√

5−√

2]. Zbog toga je i (√

5−√

2)+3·(√

5+√

23 ) = 2

√5 ∈ Q[

√5−√

2], pa je i12 ·2√

5 =√

5 ∈ Q[√

5−√

2]. Iz√

5 ∈ Q[√

5−√

3] i qi�enice da je√

2 = −(√

5−√

2)+√

5

sledi da je i√

2 ∈ Q[√

5−√

2]. Dakle,√

2,√

5 ∈ Q[√

5−√

2], odakle i

Q[√

2,√

5] ⊆ Q[√

5−√

2].

Time smo pokazali da je Q[√

5 −√

2] = Q[√

2,√

5]. Primetimo jox da broj 5 · 2 nemaracionalni koren, xto omogu�ava da na osnovu Zadatka 16 zakuqimo da je Q[

√2,√

5]bikvadratno brojevno poe. Odatle sledi da mo�emo uoqiti niz raxire�a poa

Q ≤ Q[√

2] ≤ Q[√

2,√

5] ≤ Q[α] (1.63)

sa osobinom [Q[√

2] : Q] = 2 i [Q[√

2,√

5] : Q[√

2]] = 2. Odredimo jox stepen raxire�a[Q[α] : Q[

√2,√

5]].


Poxto je α2 ∈ Q[√

2,√

5] odmah imamo da je [Q[α] : Q[√

2,√

5]] ≤ 2. Sa druge strane,lako se pokazuje da α 6∈ Q[

√2,√

5], odakle sledi da je [Q[α] : Q[√

2,√

5]] ≥ 2. Prematome, imamo da je [Q[α] : Q[

√2,√

5]] = 2, xto implicira da su u nizu (1.63) svi stepeniraxire�a uzastopnih poa jednaki 2. Zakuqujemo da je broj α konstruktibilan.�

Zadatak 28. Predstaviti slede�e simetriqne polinome preko elementarnih sime-triqnih polinoma:

1) f(X1, X2, . . . , Xn) = X21 +X2

2 + · · ·+X2n.

2) f(X1, X2, X3) = X1X22 +X2

1X2 +X1X23 +X2

1X3 +X2X23 +X2

2X3.

Rexe�e. 1) Koriste�i jednostavan identitet

(X1 +X2 + · · ·+Xn)2 = X21 +X2

2 + · · ·+X2n − 2(X1X2 +X1X3 + · · ·+Xn−1Xn),

odmah dobijamo da je

f(X1, X2, . . . , Xn) = e1(X1, X2, . . . , Xn)2 − 2e2(X1, X2, . . . , Xn).

2) Ovaj deo zadatka je komplikovaniji od prethodnog, pa �emo se za �egovo rexava�eosloniti na metod dokaza Teoreme 1.53. Oznaqimo

f◦(X1, X2) = f(X1, X2, X3)

= X1X22 +X2

1X2.

Tada je

f◦(X1, X2) = e◦1(X1, X2)e◦2(X1, X2),

gde su

e◦1(X1, X2) = X1 +X2

e◦2(X1, X2) = X1X2

elementarni simetriqni polinomi sa dve neodre�ene. Prelaskom na posmatra�e od-govaraju�eg izraza e1(X1, X2, X3)e2(X1, X2, X3) sa tri neodre�ene dobijamo

e1(X1, X2, X3)e2(X1, X2, X3) = (X1 +X2 +X3)(X1X2 +X1X3 +X2X3)

= X1X22 +X2

1X2 +X1X23 +X2

1X3 +X2X23 +X2

2X3+

+ 3X1X2X3

= f(X1, X2, X3) + 3e3(X1, X2, X3),

odakle sledi tra�eno predstava�e

f(X1, X2, X3) = e1(X1, X2, X3)e2(X1, X2, X3)− 3e3(X1, X2, X3).

�


Zadatak 29. Odrediti orbite narednih polinoma sa tri neodre�ene pri dejstvu grupeS3 i u sluqaju da su simetriqni predstaviti ih preko elementarnih simetriqnihpolinoma:

1) f(X1, X2, X3) = X21X2 +X2

2X3 +X23X1.

2) g(X1, X2, X3) = (X1 +X2)(X2 +X3)(X1 +X3).

Rexe�e. 1) Orbita za ovaj polinom se sastoji iz dva elementa: X21X2 +X2

2X3 +X23X1

i X23X2 + X2

2X1 + X21X3, u zavisnosti od toga da li dejstvuje parna ili neparna

permutacija iz S3. Specijalno, imamo da polinom f nije simetriqan.2) Orbita polinom iz ovog dela zadatka je jednoqlana i jednaka je {(X1 + X2)(X2 +X3)(X1+X3)}. Dakle, polinom g(X1, X2, X3) je simetriqan, pa ga mo�emo predstavitipreko elementarnih simetriqnih polinoma. Oznaqimo

g◦(X1, X2) = g(X1, X2, 0).

Odmah je

g◦(X1, X2) = (X1 +X2)X1X2

= e◦1(X1, X2)e◦2(X1, X2),

gde su

e◦1(X1, X2) = X1 +X2

e◦2(X1, X2) = X1X2

elementarni simetriqni polinomi sa dve neodre�ene. Prelaskom na posmatra�e od-govaraju�eg izraza e1(X1, X2, X3)e2(X1, X2, X3) sa tri neodre�ene dobijamo

e1(X1, X2, X3)e2(X1, X2, X3) = (X1 +X2 +X3)(X1X2 +X1X3 +X2X3)

= (X1 +X2)(X1X2 +X1X3 +X2X3) +X1X2X3 +X1X23 +X2X

23

= (X1 +X2)(X1X2 +X1X3 +X2X3) +X23 (X1 +X2) +X1X2X3

= (X1 +X2)(X1X2 +X1X3 +X2X3 +X23 ) +X1X2X3

= (X1 +X2)(X2 +X3)(X1 +X3) +X1X2X3

= g(X1, X2, X3) + e3(X1, X2, X3),

odakle sledi tra�eno predstava�e

f(X1, X2, X3) = e1(X1, X2, X3)e2(X1, X2, X3)− e3(X1, X2, X3).

�

Zadatak 30. U prstenu polinoma sa n neodre�enih F [X1, X2, . . . , Xn] nad poem Fdefinixemo simetriqne polinome

wk = wk(X1, X2, . . . , Xn) = Xk1 +Xk

2 + · · ·+Xkn, k ∈ N.


Dokazati �utnove28 identitete

wk − e1wk−1 + e2wk−2 − · · · ± ek−1w1 ∓ kek = 0, (1.64)

pri qemu su ej = ej(X1, X2, . . . , Xn) elementarni simetriqni polinomi.

Rexe�e. Oznaqimo sa rj = rj(X1, X2, . . . , Xn) simetriqni polinom jednak sumi mo-noma stepena k takvih da je svaki od �ih proizvod u kome je jedna od neodre�enihdignuta na stepen j i pojavuje se jox k − j me�usobno razliqitih neodre�enih. Izove definicije je jasno da je rk = wk. Tako�e, za sve 1 < j < k va�i

ek−jwj = rj+1 + rj .

Konaqno, za j = 1 imamo

ek−1w1 = kek + r2.

Dakle, dobili smo da je alterniraju�a suma koja se pojavuje na levoj strani formule(1.64) jednaka sumi u kojoj se svaki od qlanova pojavuje jednom sa znakom + i jednomsa znakom −. To znaqi da je ta suma jednaka nuli, qime je dokazan identitet (1.64).�

Zadatak 31. Dokazati da polinom tre�eg stepena f(X) ∈ R[X] ima sve realne nuleako i samo ako je �egova diskriminanta nenegativna.

Rexe�e. Ako su sve nule polinoma x1, x2, x3 realne onda je trivijalno

D(f) = (x1 − x2)2(x1 − x3)2(x2 − x3)2 ≥ 0.

Poka�imo jox obratnu implikaciju. Pretpostavimo da polinom f(X) nema sve realnenule. Poxto je stepena 3, on tada mora imati jednu realnu nulu x i kompleksno kon-jugovani par nula z i z. Koriste�i definiciju diskriminante dobijamo

D(f) = (x− z)2(x− z)2(z − z)2

= (x− z)2(x− z)2(z − z)2

=(|x− z|2

)2(2i=z)2

= −4(=z)2|x− z|4 < 0.

Prema tome, zakuqujemo da ako polinom nema sve tri realne nule, ni �egova diskri-minanta ne mo�e biti nenegativna. Odatle sledi i potrebna obratna implikacija,xto zavrxava zadatak.�

Zadatak 32. Dokazati da polinom qetvrtog stepena f(X) ∈ R[X] koji ima pozitivnudiskriminantu ima ili sve ili nijednu realnu nulu.

28Isaac Newton (1642-1727), engleski fiziqar i matematiqar


Rexe�e. Poka�imo prvo da polinom qetvrtog stepena sa pozitivnom diskriminan-tom ne mo�e imati taqno dve realne nule. Pretpostavimo suprotno, neka polinomf(X), takav da je D(f) ≤ 0, ima dve realne nule x1 i x2, kao i kompleksno konjugovanipar nula z i z. Iz definicije diskriminante dobijamo direktno

D(f) = (x1 − x2)2(x1 − z)2(x1 − z)2(x2 − z)2(x2 − z)2(z − z)2

= (x1 − x2)2(x1 − z)2(x1 − z)2(x2 − z)2(x2 − z)2(z − z)2

= (x1 − x2)2(|x1 − z|2

)2 (|x2 − z|2)2

(2i=z)2

= −4(=z)2(x1 − x2)2|x1 − z|4|x2 − z|4 ≤ 0,

xto je kontradikcija.

Poxto kompleksne nule polinoma dolaze u me�usobno konjugovanim parovima, pre-ostaju jox samo mogu�nosti da polinom f(X) ima sve qetiri ili nijednu realnu nulu.Poka�emo da su i jedna i druga ostvarive. Prvo, ako polinom f(X) ima sve realnenule x1, x2, x3 i x4, onda je

D(f) = (x1 − x2)2(x1 − x3)2(x1 − x4)2(x2 − x3)2(x2 − x4)2(x3 − x4)2,

xto je trivijalno pozitivan broj (pod uslovom da su svi brojevi xi razliqiti). Sadruge strane, ako polinom f(X) ima dva para kompleksno konjugovanih nula z1, z1 iz2, z2, dobijamo

D(f) = (z1 − z1)2(z1 − z2)2(z1 − z2)2(z1 − z2)2(z1 − z2)2(z2 − z2)2

= (2i=z1)2 (z1 − z2)2(z1 − z2)2(z1 − z2)2(z1 − z2)2 (2i=z2)2

= (2i=z1)2 (2i=z2)2 (|z1 − z2|2)2 (|z1 − z2|2

)2= 16(=z1=z2)2|z1 − z2|4|z1 − z2|4 ≥ 0.

Specijalno, diskriminanta �e biti pozitivna ako je z1 6= z2, qime je pokazano da jemogu� i sluqaj da polinom f(X) nema realnih nula.�

Zadatak 33. Dokazati da je diskriminanta polinoma

f(X) = Xn + sX + t, n ≥ 2

jednaka

(−1)(n−1)(n−2)

2 (n− 1)n−1sn + (−1)n(n−1)

2 nntn−1.

Rexe�e. Ako su α1, α2, . . . , αn nule polinoma f(X), na osnovu Vijetovih veza je

en(α1, α2, . . . , αn) = (−1)nt

en−1(α1, α2, . . . , αn) = (−1)n−1s

ek(α1, α2, . . . , αn) = 0, 1 ≤ k ≤ n− 2.


Odatle sledi da se u predstava�u diskriminante preko elementarnih simetriqnihpolinoma pojavuju jedino en i en−1, odnosno koeficijenti s i t polinoma f(X). Zbogtoga �emo oznaqiti

D(f) = Dn(s, t).

Primetimo da jeDn(s, t) simetriqni polinom stepena n(n−1) u odnosu na α1, α2, . . . , αn.Zbog toga, ako se u �enom predstava�u preko en i en−1 nalazi monom ekn−1e

jn stepena

n(n − 1), mora biti k(n − 1) + jn = n(n − 1). Jedina nenegativna celobrojna rexe�aprethodne jednaqine su k = n, j = 0 i k = 0, j = n− 1, odakle zakuqujemo da je

Dn(s, t) = A(n)enn−1 +B(n)en−1n ,

odnosnoDn(s, t) = A(n)sn +B(n)tn−1, (1.65)

pri qemu su A(n) i B(n) koeficijenti koje treba odrediti.Odredimo prvo diskriminantu Dn(s, 0) polinoma Xn + sX. Taj polinom ima iste

nule β1, β2, . . . , βn−1 kao polinom Xn−1 + s, uz dodatnu nulu βn = 0. Primetivxi daje diskriminanta polinoma Xn−1 + s jednaka Dn−1(0, s), dobijamo

Dn(s, 0) = Dn−1(0, s)n−1∏i=1

β2i

= Dn−1(0, s)

(n−1∏i=1

βi

)2

= Dn−1(0, s)s2 (iz Vijetovih veza za polinom Xn−1 + s).

Osla�aju�i se na formulu (1.65), posled�a jednakost se transformixe u

A(n)sn = B(n− 1)sn−2s2

A(n)sn = B(n− 1)sn

A(n) = B(n− 1).

Dakle, oblik (1.65) za Dn(s, t) postaje jednostavniji:

Dn(s, t) = B(n− 1)sn +B(n)tn−1. (1.66)

Ostalo je jox da odredimo nepoznate koeficijente B(n). U tu svrhu izraqunajmodiskriminantu Dn(0,−1) polinoma g(X) = Xn − 1. Sa jedne strane je odmah

Dn(0,−1) = (−1)n−1B(n). (1.67)

Sa druge strane, ako oznaqimo nule polinoma g(X) sa ζi, 1 ≤ i ≤ n, sledi

Dn(0,−1) =∏i<j

(ζi − ζj)2

= (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

∏i 6=j

(ζi − ζj).


Uzimaju�i izvod i potom stavaju�i X = ζi u rastav polinoma g(X) na linearnefaktore

Xn − 1 =n∏i=1

(X − ζi),

dobijamo nζn−1i =

∏i 6=j(ζi − ζj). Zbog toga je

Dn(0,−1) = (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

nζn−1i .

Poxto svako ζi ima osobinu ζn−1i = ζ−1

i , posled�i izraz se transformixe u

Dn(0,−1) = (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

nζ−1i

= (−1)n(n−1)

2 nn

(n∏i=1

ζi

)−1

= (−1)n(n−1)

2 nn(−1)n−1 (iz Vijetovih veza za polinom g(X))

= (−1)n(n−1)

2 (−1)n−1nn.

Upore�uju�i dobijeno sa izrazom (1.67) zakuqujemo da je B(n) = (−1)n(n−1)

2 nn, odakleje konaqno na osnovu formule (1.66)

Dn(s, t) = (−1)(n−1)(n−2)

2 (n− 1)n−1sn + (−1)n(n−1)

2 nntn−1,

qime je zavrxen zadatak.�

Zadatak 34. Neka su f(X) i g(X) moniqni polinomi iz R[X] takvi da je f(X) =(X − a)g(X) za neko a ∈ R. Dokazati da je D(f) = g(a)2D(g).

Rexe�e. Oznaqimo sa α1, α2, . . . , αn sve nule polinoma g(X) nad poem kompleksnihbrojeva C. Poxto je polinom g(X) moniqan, sledi da nad C[X] imamo faktorizaciju

g(X) =n∏i=1

(X − αi), (1.68)

dok po definiciji diskriminante imamo

D(g) =∏

1≤i<j≤n(αi − αj)2. (1.69)

Iz uslova f(X) = (X − a)g(X) sledi da su α1, α2, . . . , αn, a nule polinoma f(X) nad C,odakle je

D(f) =∏

1≤i<j≤n(αi − αj)2

n∏i=1

(αi − a)2.

Iz (1.68) dobijamo∏ni=1(αi − a)2 = g(a)2, xto uz (1.69) daje tra�eno tv�e�e.

�


Zadatak 35. Dokazati da je diskriminanta polinoma

f(X) = Xn−1 +Xn−2 + · · ·+X + 1, n ≥ 2

jednaka

(−1)(n−1)(n+2)

2 nn−2.

Rexe�e. Oznaqimo g(X) = Xn−1. Tada je g(X) = (X−1)f(X), pa na osnovu Zadatka

34 sledi D(g) = f(1)2D(f). Kako je f(1) = n dobijamo D(f) = D(g)n2 . Primetimo jox

da na osnovu Zadatka 33 imamo

D(g) = (−1)n(n−1)

2 nn(−1)n−1 = (−1)(n−1)(n+2)

2 nn,

odakle sledi tra�eno tvr�e�e.�

Zadatak 36 (Ciklotomiqno brojevno poe). Neka je p > 2 prost broj. Odreditikorensko poe K polinoma f(X) = Xp−1 +Xp−2 + · · ·+X + 1 ∈ Q[X] nad poem Q istepen raxire�a [K : Q].

Rexe�e. Primetimo da va�i f(X)(X−1) = Xp−1, odakle sledi da su nule polinomaf(X) u pou C rexe�a jednaqine

Xp − 1 = 0,

razliqita od nule. Lako nalazimo da su tra�ena rexe�a{ζp, ζ

2p , . . . , ζ

p−1p

}, gde je

ζp = e2πip . Odatle je direktno

K = Q[ζp, ζ2p , . . . , ζ

p−1p ]

= Q[ζp],

qime je odre�eno korensko poe K.Ostalo je jox da odredimo stepen raxire�a [K : Q]. Iz dobijenog K = Q[ζp], na

osnovu Tvr�e�a 1.31, imamo da je [K : Q] jednak stepenu minimalnog polinoma za ζpnad poem Q. Dokaza�emo da je taj minimalni polinom jednak upravo polinomu f(X).

Odmah imamo da je polinom f(X) moniqan i da ga ζp anulira, pa je ostalo jox dapoka�emo da je nesvodiv nad poem Q. U tu svrhu �emo koristiti qi�enicu da jepolinom f(X) nesvodiv nad poem Q ako i samo ako je takav polinom f(X + c) zaneko c ∈ Z.

Posmatrajmo polinom f(X + 1). Tada je

f(X + 1)X = (X + 1)p − 1

=

p∑k=0

(p

k

)Xk − 1

=

p∑k=1

(p

k

)Xk,


odakle dee�em sa X dobijamo jednakost

f(X + 1) =

p∑k=1

(p

k

)Xk−1,

odnosno

f(X + 1) =

(p

1

)+

(p

2

)X + · · ·+

(p

p− 1

)Xp−2 +Xp−1.

Osla�aju�i se na ve� dobijeno u Zadatku 3, imamo da za sve 1 ≤ k < p va�i

p |(p

k

).

Tako�e, trivijalno p ne deli vode�i koeficijent 1 polinoma f(X), niti p2 |(p1

)= p,

xto znaqi da f(X) ispu�ava uslove Ajzenxtajnovog kriterijuma za prost broj p. Toznaqi da je taj polinom nesvodiv nad Q, a time i minimalni za ζp nad tim poem.Konaqno, posled�e povlaqi da va�i

[K : Q] = deg f = p− 1.

�

Zadatak 37. Dokazati da broj n√

5 nije racionalan ni za jedan prirodan broj n ≥ 2.

Rexe�e. Za proizvoan prirodan broj n ≥ 2 posmatrajmo polinom f(X) = Xn − 5 ∈Q[X]. Ovaj polinom je moniqan i jedna od �egovih nula je n

√5. Tako�e, on je nesvo-

div prema Ajzenxtajnovom kriterijumu prime�enom za prost broj 5. Zakuqujemoda je f(X) minimalni polinom za n

√5 nad Q, pa na osnovu Tvr�e�a 1.31 sledi da je[

Q[ n√

5] : Q]

= n. Sa druge strane, ako bi n√

5 bio racionalan broj, imali bismo da je[Q[ n√

5] : Q]

= 1. Kako je to oqigledno nemogu�e, zakuqujemo da broj n√

5 nije racio-nalan.�

Zadatak 38. Ispitati da li je polinom f(X) = X5 + 12X3 + 18X + 6 nesvodiv nadpoem Q[i].

Rexe�e. Ako posmatramo f(X) kao polinom sa koeficijentima u Q, imamo odmah daje nesvodiv nad tim poem, na osnovu Ajzenxtajnovog kriterijuma za proste brojevep = 2 ili p = 3. Ispitajmo da li se isto mo�e primeniti i u Q[i].

Primetimo da je Q[i] poe razlomaka prstena Gausovih celih Z[i] = {a+ bi | a, b ∈Z} u kome va�i jedinstvenost faktorizacije (xtavixe, taj prsten je Euklidski).Prema tome, treba ispitati da li su celi brojevi 2 i 3 prosti i u Z[i].

Odmah imamo da broj 2 nije prost u Z[i] (u tom prstenu ima netrivijalnu fak-torizaciju 2 = (1 + i)(1 − i)). Zbog toga se ne mo�e u Q[i] primeniti Ajzenxtajnovkriterijum za taj broj.

Sa druge strane, ceo broj 3 je prost u Z[i]. To direktno sledi iz qi�enice, kojunije loxe imati na umu, da su prosti brojevi p ∈ Z koji su prosti i u Z[i] oblikap ≡ 3 (mod 4). Dakle, polinom f(X) ispu�ava uslove Ajzenxtajnovog kriterijuma zaprost element 3 ∈ Z[i], pa je nesvodiv u Q[i].�


Zadatak 39. Neka je ζ ∈ C jedna nula polinoma

f(X) = X6 + (6 + 15i)X5 + (7 + 3i)X3 + (−21 + 20i)X2 + (−5 + 2i) ∈ Q[i][X].

Odrediti stepene raxire�a [Q[i][ζ] : Q[i]] i [Q[i][ζ] : Q].

Rexe�e. Poka�imo da je f(X) minimalni polinom za ζ nad poem Q[i]. Kako je tajpolinom moniqan i va�i f(ζ) = 0, sve xto jox treba da poka�emo je da je nesvodivnad poem Q[i]. U tu svrhu koristimo Ajzenxtajnov kriterijum.

Posmatrajmo element 2 + 5i ∈ Z[i]. �egova Euklidska norma u Z[i] je jednaka

N(2 + 5i) = 22 + 52 = 29,

xto je prost broj u Z. Odatle sledi da je 2 + 5i prost element u prstenu Gausovihcelih Z[i]. Sada raqunamo:

−5 + 2i

2 + 5i= i, odakle sledi 2 + 5i | −5 + 2i i (2 + 5i)2 - −5 + 2i

−21 + 20i

2 + 5i= 2 + 5i, odakle sledi 2 + 5i | −21 + 20i

7 + 3i

2 + 5i= 1− i, odakle sledi 2 + 5i | 7 + 3i

6 + 15i

2 + 5i= 3, odakle sledi 2 + 5i | 6 + 15i

2 + 5i - 1.

Zakuqujemo da polinom f(X) ispu�ava uslove Ajzenxtajnovog kriterijuma za prostelement 2 + 5i ∈ Z[i], pa je nesvodiv nad poem Q[i], a stoga i minimalni polinom zaζ nad tim poem. Odatle je

[Q[i][ζ] : Q[i]] = deg f = 6

i[Q[i][ζ] : Q] = deg f = 12,

jer je [Q[i] : Q] = 2.�

Zadatak 40. Neka je K korensko poe polinoma f(X) = X6 − 1 nad konaqnim poemF5. Odrediti stepen raxire�a [K : F5] i broj elemenata poa K.

Rexe�e. Rastavimo prvo polinom f(X) na nesvodive faktore nad poem F5. Do-bijamo:

X6 − 1 = (X2 − 1)(X4 +X2 + 1)

= (X − 1)(X + 1)(X4 +X2 + 1)

= (X − 1)(X + 1)(X2 +X + 1)(X2 −X + 1).


Ako oznaqimo nule nesvodivih polinoma X2 +X+1 i X2−X+1 (u nekom raxire�upoa F5) redom sa α1, α2 i β1, β2, dobijamo da je

K = F5[1,−1, α1, α2, β1, β2]

= F5[α1, α2, β1, β2].

Primetimo dae da poxto je α2i + αi + 1 = 0 za i = 1, 2, va�i i (−αi)2 − αi + 1 = 0,

odnosno α2i − αi + 1 = 0, xto znaqi da vrednosti −αi anuliraju polinom X2 −X + 1.

Drugim reqima, bez uma�e�a opxtosti, mo�emo smatrati da je β1 = −α1 i β2 = −α2.Na taj naqin dobijamo

K = F5[α1, α2,−α1,−α2]

= F5[α1, α2].

Iz Vijetovih veza za polinom X2 +X + 1 mo�emo zakuqiti da je α1α2 = 1, odnosnoα2 = 1

α1. Odatle sledi da je

K = F5

[α1,

1

α1

]= F5[α1].

Posled�e dobijenim je odre�eno tra�eno korensko poe K. Tako�e, imamo da je odgo-varaju�i stepen raxire�a [K : F5] jednak stepenu minimalnog polinoma za α1 nad F5.Odmah imamo da je taj polinom jednak X2 +X + 1, odakle sledi

[K : F5] = 2,

xto povlaqi i |K| = 25.�

Zadatak 41. Pokazati da je 6 primitivni koren modulo 13, konstruisati tablicu zaind6 i odrediti sve primitivne korene modulo 13. Zatim rexiti jednaqine x3 = 2 ix5 = 6 nad konaqnim poem F13.

Rexe�e. Direktnim raqunom prvo dobijamo da u multiplikativnoj grupi F×13 va�i

60 = 1

61 = 6

62 = 10

63 = 8

64 = 9

65 = 2

66 = 12

67 = 7

68 = 3

69 = 5

610 = 4

611 = 11

612 = 1.


Iz ovog raquna sledi da je element 6 reda 12 u grupi F×13 reda 12, pa je �en generator.Po definiciji to znaqi da je 6 jedan primitivni koren modulo 13. Imaju�i izraqu-nate sve stepene za 6 u F×13 lako konstruixemo tablicu za diskretni logaritam modulo13 za osnovu 6:

ind6 :F×13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Z/12Z 0 5 8 10 9 1 7 3 4 2 11 6

Generatori grupe Z/12Z su 1, 5, 7 i 11, jer su to brojevi uzajamno prosti sa 12, pa iztablice za ind6 nalazimo da su primitivni koreni modulo 13: 2, 6, 7 i 11.

Okrenimo se sada jednaqini x3 = 2 nad poem F13. Umesto �enog direktnog rexa-va�a, mo�emo rexavati ekvivalentnu jednaqinu nad Z/12Z koja od �e nastaje posledejstva izomorfizma ind6. Konkretno, posle primene preslikava�a ind6 na jednaqinux3 = 2 nad F13 dobijamo kongruenciju

3y ≡ ind6(2) (mod 12), y = ind6(x).

Kako je ind6(2) = 5, dae imamo

3y ≡ 5 (mod 12).

Ova kongruencija nema rexe�a, odakle sledi da ni poqetna jednaqina x3 = 2 nemarexe�a u pou F13.

Sliqno, umesto jednaqine x5 = 6 nad F13, mo�emo posmatrati �oj ekvivalentnukongruenciju

5y ≡ 1 (mod 12), y = ind6(x).

Ova kongruencija ima jedinstveno rexe�e y = 5 po modulu 12. Zbog toga i poqetnajednaqina nad F13 ima jedinstveno rexe�e x = 2.�

Zadatak 42. Odrediti sva poa qija je multiplikativna grupa konaqno generisana.

Rexe�e. Posmatrajmo prvo poe F qija je karakteristika jednaka 0. Dokaza�emoda multiplikativna grupa F× ne mo�e biti konaqno generisana. Na osnovu Tvr�e�a1.21 mo�emo smatrati da je Q ≤ F , odakle je i Q× ≤ F×. Zbog toga, ako doka�emo dagrupa Q× nije konaqno generisana, dobijamo da konaqno generisana ne mo�e biti nigrupa F×.

Pretpostavimo suprotno, neka je grupa Q× konaqno generisana i oznaqimo sa

S =

{a1

b1,a2

b2, . . . ,

anbn

}neki konaqan skup generatora te grupe. Svaki racionalan broj koji je generisanskupom S je oblika (

a1

b1

)α1(a2

b2

)α2

. . .

(anbn

)αn,

pri qemu su αi, 1 ≤ i ≤ n celi brojevi. Odatle sledi da imenilac svakog elementagenerisanog skupom S deli neki stepen broja

∏ni=1 aibi. Me�utim, postoji samo konaqno


mnogo prostih brojeva koji dele neki od brojeva ai, bi, 1 ≤ i ≤ n. Ako je p bilo kojiprost broj koji nije me�u �ima, dobijamo da racionalan broj 1

p ne mo�e biti generisan

skupom S, poxto �egov imenilac ne deli nijedan stepen broja∏ni=1 aibi. Dobijena

kontradikcija pokazuje da Q× nije konaqno generisana grupa.

Preostaje jox da ispitamo poa pozitivne karakteristike p. Multiplikativnagrupa F×p konaqnog poa Fp je konaqna, pa je stoga i konaqno generisana. Posmatrajmozato jox beskonaqno poeK karakteristike p. PoeK mo�emo videti kao beskonaqnoraxire�e poa Fp. Pri tome, ako to raxire�e nije konaqno generisano, odmah imamoda ni grupa K× ne mo�e biti konaqno generisana (ako bi γ1, γ2, . . . , γm generisaligrupuK×, onda bi va�iloK = Fp(γ1, γ2, . . . , γm)). Zato je ostalo samo jox da ispitamoxta se dexava u sluqaju kada je K = Fp(α1, α2, . . . , αn) konaqno generisano raxire�epoa Fp. Poxto je raxire�e K/Fp beskonaqno, barem jedan od αi, 1 ≤ i ≤ n morabiti transcendentan nad Fp. Posle preoznaqava�a tog elementa u X, dobijamo dava�i Fp(X) ≤ K, odakle je i Fp(X)× ≤ K×. Pri tome, koriste�i qi�enicu daprsten Fp[X] ima beskonaqno mnogo maksimalnih, a time i prostih ideala (Tvr�e�e1.65), na potpuno analogan naqin kao za Q× dobijamo da i grupa Fp(X)× nije konaqnogenerisana. Odatle onda dobijamo da ni grupa K× ne mo�e biti konaqno generisana.

Dakle, dobili smo da je multiplikativna grupa poa konaqno generisana ako isamo ako je to poe konaqno.�

Zadatak 43. Izraqunati vrednosti Le�androvih simbola(

442139

)i(

3479

).

Rexe�e. Xto se tiqe prvog Le�androvog simbola, koriste�i �egovu periodiqnostdobijamo (

442

139

)=

(25

139

).

Dae je (25

139

)=

(52

139

)=

(5

139

)2

= 1,

odakle dobijamo(

442139

)= 1.

Za drugi Le�androv simbol, koriste�i �egovu multiplikativnost prvo dobijamo(34

79

)=

(2

79

)(17

79

).

Na osnovu Tvr�e�a 1.68, poxto je 79 ≡ −1 (mod 8), odmah dobijamo da je(

279

)= 1.

Vrednost Le�androvog simbola(

1779

)raqunamo koriste�i zakon kvadratnog recipro-

citeta. Na osnovu tog zakona sledi da je(17

79

)= (−1)

17−12· 79−1

2

(79

17

)=

(79

17

).


Iz periodiqnosti je dae(

7917

)=(

1117

). Ponovnom primenom zakona kvadratnog reci-

prociteta dobijamo (11

17

)= (−1)

11−12· 17−1

2

(17

11

)=

(17

11

).

Koriste�i periodiqnost i multiplikativnost Le�androvog simbola sti�emo do(17

11

)=

(6

11

)=

(2

11

)(3

11

).

Kako je 11 ≡ 3 (mod 8), na osnovu Tvr�e�a 1.68 sledi(

211

)= −1. Xto se tiqe

(311

), iz

zakona kvadratnog reciprociteta imamo(3

11

)= (−1)

3−12· 11−1

2

(11

3

)= −

(11

3

).

Tako�e je i (11

3

)=

(2

3

)= −1,

ponovo na osnovu Tvr�e�a 1.68. Sumarija�i sve prethodno izraqunato, konaqno dobi-jamo da je (

34

79

)= 1 · (−1) · (−1) · (−1) = −1.

�

Zadatak 44. Izraqunati vrednost Le�androvog simbola(

20132311

).

Rexe�e. Iz multiplikativnosti Le�androvog simbola imamo da je(2013

2311

)=

(3

2311

)(11

2311

)(61

2311

).

Raqunajmo svaki od dobijenih Le�androvih simbola posebno.1)(

311

)Iz zakona kvadratnog reciprociteta dobijamo(

3

2311

)= (−1)

3−12· 2311−1

2

(2311

3

)= −

(2311

3

).

Iz periodiqnosti Le�androvog simbola je dae(2311

3

)=

(1

3

)= 1,


pa zakuqujemo da va�i(

32311

)= −1.

2)(

112311

)Primena zakona kvadratnog reciprociteta u ovom sluqaju daje(

11

2311

)= (−1)

11−12· 2311−1

2

(2311

11

)= −

(2311

11

).

Na osnovu osobine periodiqnosti Le�androvog simbola dae dobijamo(2311

11

)=

(1

11

)= −1,

odakle sledi(

112311

)= −1.

3)(

612311

)Sliqno kao u 1) i 2) tra�eni Le�androv simbol raqunamo koriste�i �egovu osobinuperiodiqnosti i zakon kvadratnog reciprociteta. Tako dobijamo(

61

2311

)= (−1)

61−12· 2311−1

2

(2311

61

)=

(2311

61

)=

(54

61

).

Za dobijeni Le�androv simbol(

5461

)imamo prvo(

54

61

)=

(2 · 33

61

)=

(2

61

)(3

61

)3

=

(2

61

)(3

61

).

Na osnovu Tvr�e�a 1.68, poxto je 61 ≡ −3 (mod 8), odmah dobijamo(

261

)= −1, dok

na osnovu zakona kvadratnog reciprociteta i periodiqnosti Le�androvog simbolaimamo (

3

61

)= (−1)

61−12· 3−1

2

(61

3

)=

(61

3

)=

(1

3

)= 1.

Prema tome, va�i(

5461

)= −1, pa je i

(61

2311

)= −1.

Konaqno, dobijamo da je(2013

2311

)= (−1) · (−1) · (−1) = −1,

xto zavrxava zadatak.�

1.11. DODATNI ZADACI I PROBLEMI 93

1.11 Dodatni zadaci i problemi

Problem 1. Posmatrajmo realni broj α =√

3 + 2√

2. Pokazati da je Q[α] poe, na�ibarem jednu bazu za Q[α] nad Q i stepen raxire�a [Q[α] : Q].

Problem 2. Dokazati da je realan broj α =√

3−√

7 algebarski nad poem Q. Zatimna�i jednu bazu za K = Q[α] nad Q i izraziti element 1

α2−3u dobijenoj bazi.

Problem 3. Odrediti minimalne polinome za 6√

3 i 3√

2 nad poem Q[√

3].

Problem 4. Neka je g(X) = X4−√

5X3 +√

2X−1 i β kompleksna nula ovog polinoma.Dokazati da je β algebarski element nad poem Q, kao i da je stepen raxire�a [Q[β] :Q] najvixe 16.

Problem 5. Odrediti kompleksan broj α takav da je Q[√

7, i] = Q[α], a zatim i grupuautomorfizama tog poa.

Problem 6. Ispitati da li broj 3√

3+i pripada pouK = Q[√

7,√

11, 3√

13, i]. Kolikije stepen raxire�a [K : Q]?

Problem 7. Dati primer raxire�a Q[α] poa Q stepena 4 koje nije bikvadratnobrojevno poe.

Problem 8. Dokazati da se svaki element u konaqnom pou mo�e zapisati kao sumanajvixe dva kvadrata elemenata tog poa.

Problem 9. Dokazati da je polinom f(X) = X3 + 9X+ 6. Pokazati da je taj polinomnesvodiv nad poem Q i zatim Kronekerovom konstrukcijom dodati nulu ζ tog po-

linoma u poe Q. Izraziti elemente (ζ3 + 2ζ2 + 2ζ − 1)(ζ2 − 2ζ + 2) i ζ2+1ζ3−2ζ+1

u nekojbazi dobijenog poa nad poem Q.

Problem 10. Pokazati da je polinom X3 − 3 nesvodiv nad poem Q[i]. Kronekero-vom konstrukcijom zatim dodati nulu ζ tog polinoma u poe Q[i]. Koliki je stepenraxire�a dobijenog poa nad Q?

Problem 11. Pokazati da je polinom X2 − 7 nesvodiv nad poem Q[√

3]. Kroneke-rovom konstrukcijom dodati nulu ζ tog polinoma u poe Q[

√3] i ispitati da li je

dobijeno brojevno poe bikvadratno.

Problem 12. Odrediti sve moniqne nesvodive polinome stepena 2 nad F5. Dokazatida su sva poa nastala dodava�em nula tih polinoma u F5 me�usobno izomorfna.

Problem 13. Konstruisati poe sa 9 elemenata i zatim napraviti tablice sabira�ai mno�e�a u tom pou.

Problem 14. Konstruisati poa sa 64 i 125 elemenata.

Problem 15. Dokazati da je konstanta zlatnog preseka konstruktibilna.

Problem 16. Dokazati da je kompleksan broj konstruktibilan ako i samo ako sutakvi �egov realni i imaginarni deo.


Problem 17. Dokazati da pravilan sedmougao nije konstruktibilan.

Problem 18. Dokazati da je pravilan sedamnaestougao konstruktibilan.

Problem 19. Ispitati koji je od brojeva 3√

3 + i,√√

3 + 7 i√√

6 +√

7 konstrukti-bilan.

Problem 20. Ispitati da li je mogu�e konstruisati trougao ABC kome su poznatestranica a naspram temena A, stranica b naspram temena B i razlika β − γ uglovakod temena B i temena C.

Problem 21. Odrediti orbite narednih polinoma sa tri neodre�ene pri dejstvugrupe S3 i u sluqaju da su simetriqni predstaviti ih preko elementarnih simetriq-nih polinoma:

1) f(X1, X2, X3) = X21X2 +X2

2X3 +X23X1 −X1X

22 −X2X

23 −X3X

21 .

2) g(X1, X2, X3) = (X1 −X2)(X2 −X3)(X1 −X3).

3) h(X1, X2, X3) = X51 +X5

2 +X53 .

Problem 22. Predstaviti simetriqne polinome f(X1, X2, . . . , Xn) = X31 +X3

2 + · · ·+X3n i g(X1, X2, . . . , Xn) = X4

1 +X42 +· · ·+X4

n preko elementarnih simetriqnih polinoma.

Problem 23. Predstaviti simetriqni polinom

f(X1, X2, . . . , Xn) =∑

i,j,k razliqiti

XiXjX2k

preko elementarnih simetriqnih polinoma.

Problem 24. Ispitati da li funkcije

wk = wk(X1, X2, . . . , Xn) = Xk1 +Xk

2 + · · ·+Xkn, k ∈ N.

generixu prsten simetriqnih polinoma sa n neodre�enih.

Problem 25. Izraqunati diskriminantu polinoma X4 + pX2 + qX + r.

Problem 26. Ne osla�aju�i se na Zadatak 33 izraqunati diskriminante polinomaX4 + sX + t i X5 + sX + t.

Problem 27. Neka je f(X) = Xn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0 polinom sa koefici-

jentima u pou F i neka su ζ1, ζ2, . . . , ζn−1 nule polinoma f′(X) u nekom raxire�u K

poa F . Dokazati da je

D(f) = (−1)n(n−1)

2 nnn−1∏j=1

f(ζj).

Koriste�i dobijeni rezultat izraqunati diskriminantu iz Zadatka 33.

Problem 28. Neka je θ jedna nula polinoma f(X) = X4 + 6X + 10 ∈ Q[X]. Odrediti

jednu bazu poa Q[θ] nad poem Q, a zatim izraziti 1θ+1 i θ2+1

θ2−θ+1u dobijenoj bazi.


Problem 29. Pokazati da je polinom Xp − X − 4 ∈ Q[X] nesvodiv nad Q za sveproste brojeve p.

Problem 30. Odrediti sve prirodne brojeve n za koje je polinom X3−nX + 2 nesvo-div nad poem Q.

Problem 31. Posmatrajmo prsten Z[√

5] i �egovo poe razloma Q[√

5]. Pokazati daje polinom X2 − X − 1 nesvodiv u Z[

√5][X], ali da se mo�e rastaviti u Q[

√5][X].

Zaxto u ovom sluqaju ne va�i tvr�e�e Gausove leme?

Problem 32. Pokazati da je polinom f(X) = X4 − 2X2 + 9 ∈ Q[X] nesvodiv, alida ni za jedno c ∈ Z polinom f(X + c) ne ispu�ava uslove Ajzenxtajnovog kriteri-juma. Drugim reqima, pomenuti kriterijum se ne mo�e uvek koristiti da se utvrdinesvodivost nekog polinoma.

Problem 33. Rastavaju�i polinomX16−X na nesvodive faktore u F2[X] odreditisve nesvodive polinome stepena 4 nad poem F2[X].

Problem 34. Uoqimo proizvono a ∈ Fp i oznaqimo fa(X) = Xp −X − a ∈ Fp[X].

1) Ako je a = 0, pokazati da je fa(X) =∏r∈Fp(X − r).

2) Ako je a 6= 0, pokazati da je polinom fa(X) nesvodiv u Fp[X].

Problem 35. Pokazati da je 3 primitivni koren modulo 17, konstruisati tablicuza ind3 i odrediti sve primitivne korene modulo 17. Zatim rexiti jednaqine x4 = 9i x13 = 10 nad konaqnim poem F17.

Problem 36. Pokazati da je 10 primitivni koren modulo 19, konstruisati tablicuza ind10 i odrediti sve primitivne korene modulo 19. Zatim rexiti jednaqine x7 = 4i x12 = 14 nad konaqnim poem F19.

Problem 37. Neka je p fiksiran prost broj. Dokazati da proizvod dva razliqitaprimitivna korena modulo p ne mo�e biti primitivni koren modulo p.

Problem 38. Dokazati da ni za jedan prost broj p ne mo�e postojati taqno 26 raz-liqitih primitivnih korena modulo p.

Problem 39. Izraqunati vrednosti slede�ih Le�androvih simbola:

1)(

85101

).

2)(

87541

).

3)(

23911987

).

Problem 40. Ispitati da li jednaqina x2 = −5 ima rexe�a nad konaqnim poemF227.

Problem 41. Ispitati da li jednaqina x2 = 91 ima rexe�a nad konaqnim poemF277.


Problem 42. Neka je p neparan prost broj. Dokazati da kvadratna jednaqina

ax2 + bx+ c = 0, a, b, c ∈ Fp, a 6= 0

nad poem Fp ima rexe�a ako i samo ako kvadratna jednaqina

x2 = D, D = b2 − 4ac

nad Fp ima rexe�a.

Problem 43. Ispitati da li kvadratna jednaqina

7x2 + 5x+ 22 = 0

ima rexe�a nad konaqnim poem F2161.

Problem 44. Ispitati da li kvadratna jednaqina

11x2 + 8x+ 9 = 0

ima rexe�a nad konaqnim poem F3407.

Glava 2

Klasiqna teorija Galua

2.1 Normalna raxire�a

Posmatrajmo konaqno raxire�e K poa F i element α ∈ K qiji je minimalnipolinom µ(X) nad F stepena n. Tada postoji raxire�e poa F u kome taj polinomima sve nule: α1 = α, α2, . . . , αn. Prethodno opisane nule, razliqite od α1 imaju zna-qajnu ulogu prilikom definisa�a konteksta neophodnog za teoriju Galua i nazivajuse (algebarski) konjugati elementa α ∈ K.

Primer 2.1. Posmatrajmo raxire�e C/R. Minimalni polinom za i ∈ C jednak jeX2 + 1 i pored i, on ima jox jednu nulu −i. To znaqi da element i ∈ C ima samo jedanalgebarski konjugat koji je jednak −i. Sliqno za proizvoni element z = a + bi ∈ Cpostoji samo jedan algebarski konjugat, jednak a − bi. Dakle, vidimo da se u sluqajupoa kompleksnih brojeva pojam algebarskog konjugata poklapa sa pojmom uobiqajenogkonjugata u tom pou.�

U prethodnom primeru imali smo situaciju da svi algebarski konjugati elemenataposmatranog poa ostaju u tom pou. U opxtem sluqaju tako nexto ne mora da va�i, papoa koja ostaju zatvorena za algebarsko konjugova�e imaju poseban znaqaj, istaknutnarednom definicijom.

Definicija 2.2. Raxire�e K/F poa je normalno ako za svaki element α ∈ K va�ida se svi �egovi (algebarski) konjugati nalaze u K.

Prethodna definicija mo�e se iskazati na ekvivalentan naqin, definixu�i ra-xire�e K/F normalnim ako se minimalni polinom za svaki element α ∈ K fakto-rixe na linearne faktore nad poem K.

Primer 2.3. Posmatrajmo raxire�e Q[ 2√

2]/Q. Minimalni polinom za 3√

2 ∈ Q[ 3√

2]jednak je X3 − 2, odakle sledi da taj element ima dva algebarska konjugata: α1 = 3

√2ε

i α = 3√

2ε2, gde je ε = e2πi3 . Primetimo (ili iz Zadatka 7) da imamo da je {1, 3

√2, 3√

4}jedna baza za Q[ 2

√2] nad Q, odakle sledi da α1, α2 6∈ Q[ 3

√2]. Zakuqujemo da raxire�e

Q[ 2√

2]/Q nije normalno.�

97

98 GLAVA 2. KLASIQNA TEORIJA GALUA

Primetimo da je prepreka normalnosti raxire�a iz prethodnog primera bilaqi�enica da nisu sve nule polinoma X3 − 2 u Q[ 3

√2]. Taj problem ne bi postajao u

(najma�em) raxire�u poa Q u kome se nalaze sve te nule, dakle u korenskom poupolinomaX3−2. Naravno, nije odmah jasno da li �e pomenuto korensko poe onda bitinormalno raxire�e poa Q, ali na to pita�e odgovor daje slede�a fundamentalnakarakterizacija normalnih raxire�a poa.

Teorema 2.4. Konaqno raxire�e K poa F je normalno ako i samo ako je korenskopoe nekog polinoma f(X) ∈ F [X].

Dokaz. Pretpostavimo prvo da je konaqno raxire�e K/F normalno. Ako zapixemoK = F [α1, α2, . . . , αn] za αi ∈ K, 1 ≤ i ≤ n, va�i da se minimalni polinomi µi(X) ∈F [X] svakog αi nad K faktorixu na linearne faktore. Onda isto va�i i za poli-nom f(X) = µ1(X)µ2(X) . . . µn(X) ∈ F [X]. Dobijeno pokazuje da je K korensko poepolinoma F [X], xto zavrxava ovaj smer.

Pretpostavimo sada da je K korensko poe nekog polinoma f(X) ∈ F [X]. Trebada poka�emo da su svi algebarski konjugati proizvonog elementa α ∈ K i sami u K.U tu svrhu oznaqimo sa µ(X) ∈ F [X] minimalni polinom za α nad F i posmatrajmokorensko poe L polinoma f(X)µ(X) nad K. Poe L sadr�i sve nule polinoma µ(X);oznaqimo sa β 6= α jednu od �ih. Za sada znamo da je β ∈ L, a ono xto �elimo dapoka�emo je da va�i β ∈ K, xto je upravo ekvivalentno sa normalnox�u raxire�aK/F .

Iz Kronekerove konstukcije imamo da su poa E1 = F [α] i E2 = F [β] izomorfna,jer su nastala dodava�em korena istog nesvodivog polinoma µ(X) u poe F . Uz tova�i i [E1 : F ] = [E2 : F ] = degµ(X). Tako�e, K mo�emo prepoznati kao korenskopoe polinoma f(X) nad E1, a korensko poe polinoma f(X) nad E2 je K = K[β].

Prema tome, K i K su korenska poa istog polinoma f(X) nad izomorfnim po-ima, pa su i sama izomorfna. Dodatno, imamo i

[K : F ] = [K : E1] · [E1 : F ] = [K : E2] · [E2 : F ] = [K : F ].

Dobili smo da je F -vektorski prostor K = K[β] iste dimenzije kao i �egov potprostorK, odakle sledi da oni moraju biti jednaki. To znaqi da je β ∈ K, xto zavrxavadokaz.

Za kraj ovog pododeka, objasnimo kako se qi�enica da neko konaqno raxire-�e poa K/F nije normalno mo�e relativno lako prevazi�i. Naime, ako je K =F [α1, α2, . . . , αn], pri qemu se minimalni polinomi za αi nad F jednaki µi(X), prime-timo da je korensko poe polinoma µ1(X)µ2(X) . . . µn(X) normalno raxire�e poa F ,koje sadr�i poe K. Posmatrano korensko poe je svakako normalno nad F . Dodatno,ono je sadr�ano u svakom raxire�u L poa K koje je normalno nad F . Nazivamo ganormalnim zatvore�em poa K.

2.2 Separabilna raxire�a

Definicija 2.5. Za polinom f(X) nad poem F ka�emo da je separabilan ako nemavixestrukih nula u svom korenskom pou.

2.2. SEPARABILNA RAXIRE�A 99

Osnovna karakterizacija separabilnih polinoma opisana je narednim tvr�e�em.

Tvr�e�e 2.6. Nekonstanti polinom f(X) nad poem F je separabilan ako i samo akosu f(X) i f ′(X) uzajamno prosti.

Dokaz. Neka je K korensko poe polinoma f(X) nad F . Element α ∈ K je vixestrukanula polinoma f(X) ako i samo ako je f ′(α) = 0. Oznaqimo sa h(X) ∈ F [X] najve�izajedniqki delilac za f(X) i f ′(X). Tada postoje polinomi p(X) i q(X) iz F [X]takvi da je

p(X)f(X) + q(X)f ′(X) = h(X). (2.1)

Ako je polinom f(X) separabilan, onda nema vixestrukih nula nad K, pa f(X) if ′(X) ne mogu imati zajedniqih nula. Na osnovu jednakosti (2.1) onda sledi da jeh(X) = 1, pa su f(X) i f ′(X) uzajamno prosti. Obrnuto, ako su f(X) i f ′(X) uzajamnoprosti, va�i h(X) = 1. Jednakost (2.1) onda povlaqi da f(X) i f ′(X) ne mogu imatizajedniqkih nula. To upravo znaqi da polinom f(X) nema vixestrukih nula, pa jeseparabilan.

Separabilnost nesvodivog polinoma se jox jednostavnije proverava, kao xto po-kazuje naredno tvr�e�e.

Tvr�e�e 2.7. Nesvodiv polinom f(X) ∈ F [X] je separabilan ako i samo ako jef ′(X) 6= 0.

Dokaz. Sliqno kao u dokazu Tvr�e�a 2.6 oznaqimo sa h(X) ∈ F [X] najve�i zajedniqkidelilac za f(X) i f ′(X). Kako je polinom f(X) nesvodiv i h(X)|f(X), imamo h(X) =1 ili h(X) = f(X). Ako je h(X) = f(X), onda va�i f(X)|f ′(X). Poxto je deg f ′(X) <deg f(X) to je mogu�e samo kada je f ′(X) = 0. Naravno, trivijalno je i h(X) = f(X)ako je f ′(X) = 0. Prema tome, imamo da je h(X) = 1 ako i samo ako je f ′(X) 6= 0.Na osnovu Tvr�e�a 2.6 onda sledi da je polinom f(X) separabilan ako i samo ako jef ′(X) 6= 0.

Definicija 2.8. Neka je K/F algebarsko raxire�e poa. Element α ∈ K je sepa-rabilan nad F ako je �egov minimalni polinom µ(X) ∈ F [X] separabilan.

Definicija 2.9. Algebarsko raxire�e K/F je separabilno ako je svaki elementα ∈ K separabilan nad F .

Naredna teorema opisuje dve najznaqajnije klase separabilnih raxire�a.

Teorema 2.10. Svako konaqno raxire�e konaqnog poa i poa karakteristike 0 jeseparabilno.

Dokaz. U sluqaju da posmatramo raxire�e poa karakteristike 0, situacija je jed-nostavna. Proizvoni element tog raxire�a ima nekonstantni minimalni polinomµ(X), pa �egov izvod µ′(X) ne mo�e biti jednak nuli (upravo zato xto je karak-teristika poa koja posmatramo 0). Poxto je µ(X) nesvodiv, na osnovu Tvr�e�a2.7, sledi separabilnost tog polinoma. Po definiciji je onda posmatrano raxire�eseparabilno.


Okrenimo se sada komplikovanijem sluqaju konaqnog raxire�e konaqnih poa.Posmatrajmo konaqno poe Fq karakteristike p i �egovo konaqno raxire�e Fqn .Uoqimo proizvoni element α ∈ Fqn i oznaqimo sa

µ(X) = amXm + am−1X

m−1 + · · ·+ a1X + a0, ai ∈ Fq, 0 ≤ i ≤ m

�egov minimalni polinom nad Fq. Pretpostavimo da element α nije separabilan nadFq. Tada polinom µ(X) nije separabilan nad Fq, pa zbog �egove nesvodivosti, naosnovu Tvr�e�a 2.7 sledi µ′(X) = 0. Kako je

µ′(X) = mamXm−1 + (m− 1)am−1X

m−2 + · · ·+ 2a2X + a1

zakuqujemo da va�i iai = 0 za sve 1 ≤ i ≤ m. Poxto je charFq = p va�i iai = 0 zasve i deive sa p. Za ostale indekse i koji nisu deivi sa p onda mora va�iti ai = 0.Dakle, imamo

µ(X) = akpXkp + a(k−1)pX

(k−1)p + · · ·+ apXp + a0 za neko k.

Primetimo jox da iz surjektivnosti Frobenijusovog automorfizma nad Fq sledi dapostoje bi ∈ Fq, 0 ≤ i ≤ k takvi da je aip = bpi . Tako dobijamo

µ(X) = bpkXkp + bpk−1X

(k−1)p + · · ·+ bp1Xp + bp0

= bpk

(Xk)p

+ bpk−1

(Xk−1

)p+ · · ·+ bp1X

p + bp0

=(bkX

k)p

+(bk−1X

k−1)p

+ · · ·+ (b1X)p + bp0

=(bkXk + bk−1X

k−1 + . . . b1X + b0

)p,

xto je kontradikcija sa nesvodivox�u polinoma µ(X). Prema tome, polinom µ(X),a time i element α, moraju biti separabilni nad Fq. Zbog proizvonosti elementaα ∈ Fqn onda sledi i separabilnost raxire�a Fqn/Fq.

Teorema 2.11 (o primitivnom elementu). Neka je K = F [α1, α2, . . . , αn] raxire�e po-a F , pri qemu su svi α1, α2, . . . , αn algebarski nad F i svi α2, α3, . . . , αn separabilninad F . Tada postoji γ ∈ K takvo da je K = F [γ]. Element γ se naziva primitivni

element raxire�a K/F .

Dokaz. Razlikujemo dva sluqaja u zavisnosti od konaqnosti poa K i F . U sluqajukada su poa K i F konaqna, znamo da je multiplikativna grupa K× cikliqna, pa zaγ mo�emo uzeti bilo koji �en generator. Okrenimo se zato komplikovanijem sluqajukada su K i F beskonaqna.

Dokaza�emo tvr�e�e samo kada je n = 2, jer se odatle za opxte n lako izvodi mate-matiqkom indukcijom. Posmatrajmo raxire�e K/F , gde je K = F [α, β] za α algebar-ski i β separabilan nad F . Pokaza�emo da za γ mo�emo uzeti linearnu kombinacijuα+ aβ za sve osim konaqno mnogo a ∈ F .

Oznaqimo za poqetak γ = α + aβ za proizvono a ∈ F . Da bi γ bio primitivnielement za K, dovono je da va�i β ∈ F [γ], jer iz α = γ − aβ onda sledi i α ∈ F [γ].

2.2. SEPARABILNA RAXIRE�A 101

Tra�eno �e va�iti ako i samo ako minimalni polinom µ(X) za β nad F [γ] nema stepenve�i ili jednak 2.

Oznaqimo dae sa f(X) minimalni polinom za α nad F i sa g(X) minimalni poli-nom za β nad F . Uslov f(α) = 0 je ekvivalentan sa f(γ−aβ) = 0, xto interpretiramokao qi�enicu da β anulira polinom h(X) ∈ F [γ][X] definisan sa h(X) = f(γ − aX).Polinom µ(X), kao minimalni polinom za β nad poem F [γ], onda deli h(X). Dodatnoi µ(X)|g(X), odakle zakuqujemo da µ(X)| (h(X), g(X)).

Pretpostavimo sada da je (h(X), g(X)) polinom stepena barem dva. Tada taj po-linom u nekom raxire�u poa F ima barem jox jednu nulu pored β. Oznaqimo je saβ′ i primetimo da je β′ 6= β, jer bi u suprotnom minimalni polinom g(X) za β nadF imao vixestrukih nula, xto je nemogu�e zbog separabilnosti elementa β. Kako jeh(β′) = 0, iz definicije polinoma h(X) sledi f(γ − aβ′) = 0, odakle zakuqujemo daje γ − aβ′ = α′ za neki koren polinoma f(X) (ne obavezno razliqit od α).Iz posled�eg posle raspisiva�a γ = α+ aβ dobijamo uslov

a =α′ − αβ − β′

(2.2)

Primetimo da (2.2) mo�e va�iti samo za konaqno mnogo elemenata a ∈ F , jer je brojmogu�nosti za α′ ograniqen stepenom polinoma f(X), dok je broj mogu�nosti za β′

ograniqen stepenom polinoma g(X). Poxto je poe F koje posmatramo beskonaqno,sledi da mo�emo prona�i element a ∈ F koji se ne mo�e predstaviti u obliku (2.2).Za tako odabrano a polinom (h(X), g(X)) mora biti stepena jedan, odakle sledi da je iµ(X) stepena jedan. Iz reqenog na poqetku dokaza ovog dela zakuqujemo da je onda iodgovaraju�e γ = α+aβ primitivni element raxire�a K/F . Mo�emo primetiti i dasmo dobili ono xto je bilo najaveno; za γ mo�emo uzeti linearnu kombinaciju α+aβza sve osim konaqno mnogo a ∈ F , pri qemu su elementi a koji ne�e dati primitivnielement odre�eni sa (2.2).

Konstrukcija koju �emo slede�u prikazati omogu�ava da pojam separabilnosti ra-xire�a sagledamo na drugaqiji naqin. Poqnimo od jedne jednostavne definicije.

Definicija 2.12. Poe F je algebarski zatvoreno ako svaki polinom sa koefici-jentima u F ima sve nule u tom pou.

Primer 2.13. Poe kompleksnih brojeva C je algebarski zatvoreno. Sa druge strane,poa racionalnih i realnih brojeva Q i R nisu algebarski zatvorena, jer, na primer,u tim poima polinom X2 + 1 nema (sve) nule.�

Posmatrajmo raxire�e poa K/F i uoqimo proizvono utapa�e φ : F → A poaF u neko algebarski zatvoreno poe A. Oznaqimo sa σ : K → A podiza�e tog utapa�ado poa K, takvog da naredni dijagram komutira:

F φ(F )

K A

i1

φ

i2

σ


Skup svih takvih preslikava�a σ (koji je neprazan), oznaqavamo sa Sφ.

Definicija 2.14. Kardinalnost skupa Sφ naziva se separabilni stepen raxire�aK/F i oznaqava se sa [K : F ]s.

Pre nego xto se ixta dae mo�e re�i o separabilnom stepenu, mora se pokazatida je taj pojam korektno definisan, odnosno da ne zavisi od izbora utapa�a φ ialgebarski zatvorenog poa A. Tu qi�enicu ustanovava naredno tvr�e�e.

Tvr�e�e 2.15. Separabilni stepen raxire�a je korektno definisan.

Dokaz. Pogledati [DJS] .

Naredno tvr�e�e opisuje osnovne osobine pojma separabilnog stepena.

Tvr�e�e 2.16. Neka je F ≤ K ≤ L lanac raxire�a poa. Tada je

[L : F ]s = [L : K]s[K : F ]s.

Dodatno, ako je raxire�e K/F konaqno, va�i [K : F ]s ≤ [K : F ].


Teorema koja sledi prikazuje karakterizaciju separabilnosti raxire�a poapomo�u pojma separabilnog stepena.

Teorema 2.17. Konaqno raxire�e K/F je separabilno ako i samo ako je [K : F ]s =[K : F ].


2.3 Galua korespondencija

Definicija 2.18. Neka je K/F raxire�e poa. Automorfizam f poa K koji imaosobinu da je f

∣∣F

= idF se naziva F -automorfizam poa K.

Naredno tvr�e�e pokazuje da se Q-automorfizmi raxire�a poa Q ne razlikujuod �egovih automorfizama , xto smo i koristili u prethodnoj glavi, iako tada nismokoristili tu terminologiju.

Tvr�e�e 2.19. Neka je K raxire�e poa racionalnih brojeva Q. Tada je svakiautomorfizam poa K, ujedno i Q-automorfizam tog poa.

Dokaz. Tvr�e�e je esencijalno nixta drugo do preformulacija Posledice 1.23.

Definicija 2.20. Neka je K/F raxire�e poa. Skup svih F -automorfizama poaK qini grupu u odnosu kompoziciju preslikava�a, koja se naziva Galuaovom1 grupomtog raxire�a i oznaqava sa G(K/F ).

1Evariste Galois (1811-1832), francuski matematiqar

2.4. NORMA I TRAG 103

Galuaova grupa �e biti znaqajan objekat u naxem daem posmatra�u. Pri tome, odnaroqitog interesa �e biti raxire�a za koja ta grupa pokazuje odre�enu pravilnost,opisana narednom definicijom.

Definicija 2.21. Raxire�e K/F poa je Galuaovo ako je normalno i separabilno.

Teorema 2.22. Neka je K/F konaqno Galuaovo raxire�e poa. Tada je |G(K/F )| =[K : F ].

Dokaz. Pogledati [KA].

Neka je F ≤ L ≤ K lanac raxire�a poa, pri qemu jeK/F Galuaovo raxire�e. IzZadataka 50 i 57 sledi da je Galuaovo i raxire�e K/L. Sa druge strane, za podgrupuH Galuaove grupe G(K/F ), definixemo odgovaraju�e fiksno poe sa

KH = {x ∈ K | f(x) = x za sve f ∈ H}.

Ispu�eno je F ≤ KH ≤ K, xto znaqi da svaka podgrupa Galuaove grupe G(K/F )definixe jedno me�uraxire�e poa K/F . Preciznije o tom odnosu pogrupa Galuaovegrupe G(K/F ) i me�uraxire�a poa K/F govori naredna fundamentalna teorema oGalua korespondenciji, koja predstava centralnu teoremu teorije Galua.

Teorema 2.23 (o Galua korespondenciji). Neka je K/F konaqno Galuaovo raxire�epoa. Tada su me�uraxire�a F ≤ L ≤ K u bijekciji sa podgrupama Galuaove grupeG(K/F ), odre�enom sa KH ←→ H. Pri tome va�i:

1. F ←→ G(K/F ).

2. K ←→ 〈idK〉.

3. Ako je H ≤ G(K/F ), onda je raxire�e K/KH Galuaovo i va�i G(K/KH) = H.

4. Ako je H ≤ G(K/F ), onda je raxire�e KH/F Galuaovo ako i samo ako je H CG(K/F ), pri qemu va�i

G(KH/F ) ∼= G(K/F )/H.

Dokaz. Pogledati [KA] ili [DJS] .

2.4 Norma i trag

Definicija 2.24. Neka je K/F konaqno Galuaovo raxire�e poa. Norma i tragelementa a ∈ K u ovom raxire�u definisani su redom sa

NK/F (a) =∏

σ∈G(K/F )

σ(a) i TrK/F (a) =∑

σ∈G(K/F )

σ(a).

Primetimo da su norma i trag preslikava�a poa K u poe F . Pre nego stopre�emo na naredni primer, naglasimo da �emo normu oznaqavati samo sa N , a tragsamo sa Tr kada je iz konteksta jasno o kojim se raxire�ima radi.


Primer 2.25. Neka je D beskvadratan ceo broj. Posmatrajmo kvadratno brojevnopoe Q[

√D] = {a+ b

√D | a, b ∈ Q} . Galuaova grupa G(Q[

√D]/Q) je reda 2 i �ena dva

elementa su odre�ena sa

a+ b√D → a+ b

√D i a+ b

√D → a− b

√D.

Odatle sledi da su norma i trag za proizvoni element a + b√D ∈ Q[

√D] odre�eni

sa

N(a+ b√D) = (a+ b

√D)(a− b

√D) = a2 −Db2

Tr(a+ b√D) = (a+ b

√D) + (a− b

√D) = 2a.

�

Osnovne osobine norme i traga su opisane narednim tvr�e�ima.

Tvr�e�e 2.26. Neka je K/F konaqno Galuaovo raxire�e poa. Tada:

1) NK/F posmatrano kao preslikava�e K× → F× je homomorfizam grupa.

2) Neka je F ≤ K ≤ E lanac Galuaovih raxire�a poa. Tada je

NE/F = NK/F ◦NE/K i TrE/F = TrK/F ◦TrE/K .

3) TrK/F : K → F je surjektivno F -linearno preslikava�e.

Dokaz. 1) Poxto za svaki element σ Galuaove grupe G(K/F ) i sve x, y ∈ K va�i

σ(xy) = σ(x)σ(y),

iz definicije norme odmah dobijamo da je NK/F homomorfizam. Tako�e, ako je a ∈ K×,onda x ne mo�e biti konjugovan nuli, pa za svako σ ∈ G(K/F ) va�i

σ(a) 6= 0,

jer svi elementi Galuaove grupeG(K/F ) slikaju elemente poaK u svoje konjugate. Izdefinicije norme onda zakuqujemo da je NK/F (a) 6= 0, xto pokazuje NK/F : K× → F×

i zavrxava dokaz ovog dela tvr�e�a.2) Neka je G(K/F ) = {σi | 1 ≤ i ≤ n} i G(E/K) = {τj | 1 ≤ j ≤ m}. Tada je

2.4. NORMA I TRAG 105

G(E/F ) = {σiτj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m}. Za proizvono a ∈ K onda va�i

NE/F (a) =

n∏i=1

m∏j=1

(σiτj)(a)

=

n∏i=1

m∏j=1

σi(τj(a))

=n∏i=1

σi

m∏j=1

τj(a)

=

n∏i=1

σi(NE/K(a))

= NK/F

(NE/K(a)

)= (NK/F ◦NE/K)(a),

odakle sledi tra�eno NE/F = NK/F ◦NE/K .

Potpuno analogan raqun

TrE/F (a) =n∑i=1

m∑j=1

(σiτj)(a)

=n∑i=1

m∑j=1

σi(τj(a))

=

n∑i=1

σi

m∑j=1

τj(a)

=

n∑i=1

σi(TrE/K(a))

= TrK/F(TrE/K(a)

)= (TrK/F ◦TrE/K)(a),

pokazuje i TrE/F = TrK/F ◦TrE/K .3) Neka su a, b proizvoni elementi poa K, a α, β proizvoni elementi poa F .Tada za svaki F -automorfizam σ poa K va�i

σ(αa+ βb) = ασ(a) + βσ(b).


Zbog toga je

TrK/F (αa+ βb) =∑

σ∈G(K/F )

σ(αa+ βb)

=∑

σ∈G(K/F )

(ασ(a) + βσ(b))

=∑

σ∈G(K/F )

ασ(a) +∑

σ∈G(K/F )

βσ(b)

= α∑

σ∈G(K/F )

σ(a) + β∑

σ∈G(K/F )

σ(b)

= αTrK/F (a) + β TrK/F (b),

qime je pokazana linearnost traga.

Iz dobijenog sledi da je im TrK/F F -vektorski potprostor od F , pa mo�e bitidimenzije 0 ili 1 (nad F ). Oznaqimo G(K/F ) = {σ1, σ2, . . . , σn}. Iz linearne nezavi-snosti tog skupa (videti Tvr�e�e 2.28) preslikava�a sledi da suma

σ1 + σ2 + · · ·+ σn

ne mo�e biti identiqki jednaka nula preslikava�u. To znaqi da je TrK/F 6= 0, pa jenemogu�e da im TrK/F bude dimenzije 0 nad F . Preostaje samo mogu�nost da je pomenutadimenzija jednaka 1, xto pokazuje surjektivnost preslikava�a TrK/F .

Norma i trag generatora prostog raxire�a se lako pronalaze, kao xto pokazujenaredno tvr�e�e.

Tvr�e�e 2.27. Neka je K = F [α] konaqno Galuaovo raxire�e poa F i f(X) =Xn + an−1X

n−1 + · · ·+ a1X + a0 minimalni polinom za α nad F . Tada je

NK/F (α) = (−1)na0 i TrK/F (α) = −an−1.

Dokaz. Na osnovu Tvr�e�a 1.31 odmah imamo da je [K : F ] = deg f(X) = n, pa kakoje K/F Galuaovo raxire�e, sledi da je i |G(K/F )| = n. Tako�e, svaki od n auto-morfizama elemenata grupe G(K/F ) je u potpunosti odre�en elementom u koji slikaα. Te slike mogu biti samo konjugati od α, koje prepoznajemo kao elemente skupa{α1, α2, . . . , αn} svih nula polinoma f(X) u pou K (raqunaju�i me�u �ima i α). Ondaimamo da je

NK/F (α) = α1α2 · · · · · αnTrK/F (α) = α1 + α2 + · · ·+ αn,

pa tvr�e�e sledi direktno iz Vijetovih veza.

2.5. HILBERTOVA TEOREMA 90 107

2.5 Hilbertova teorema 90

Pre samih iskaza dve verzije Hilbertove teoreme 90 kojima �emo se baviti u ovomodeku, navedimo jedno tvr�e�e neophodno za �ihovo dokaziva�e.

Tvr�e�e 2.28. Neka je F poe i {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕk} konaqan skup �egovih razliqitihautomorfizama. Tada je {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕk} linearno nezavisan (nad poem F ).

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, neka je skup {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕk} linearno zavisan. Tadapostoje elementi a1, a2, . . . , ak poa F , koji nisu svi jednaki nuli i za koje je

a1ϕ1 + a2ϕ2 + · · ·+ akϕk = 0. (2.3)

Zbog toga postoji najma�i broj r > 1 takav da (2.3) va�i za taqno r nenula elemenataai. Uz eventualnu prenumeraciju, mo�emo smatrati da su ti nenula elementi baxa1, a2, . . . , ar, xto ostava

a1ϕ1 + a2ϕ2 + · · ·+ arϕr = 0,

uz ai = 0 za i > r. Iz definicije jednakosti preslikava�a, posled�e znaqi da zasvako b ∈ F va�i

a1ϕ1(b) + a2ϕ2(b) + · · ·+ arϕr(b) = 0. (2.4)

Iz pretpostavke tvr�e�a znamo da su automorfizmi ϕ1 i ϕ2 razliqiti, pa postojiu ∈ F takvo da je ϕ1(u) 6= ϕ2(u). Ubaciva�e ub umesto b u (2.4) onda daje

a1ϕ1(ub) + a2ϕ2(ub) + · · ·+ arϕr(ub) = 0

a1ϕ1(u)ϕ1(b) + a2ϕ2(u)ϕ2(b) + · · ·+ arϕr(u)ϕr(b) = 0. (2.5)

Mno�e�e (2.4) sa ϕ1(u) i oduzima�e tako dobijene jednakosti od (2.5) konaqno daje

a2(ϕ2(u)− ϕ1(u))ϕ2(b) + a3(ϕ3(u)− ϕ1(u))ϕ3(b) + · · ·+ ar(ϕr(u)− ϕ1(u))ϕr(b) = 0.

Dobili smo linearnu kombinaciju preslikava�a ϕi sa ma�e od r qlanova, koja jejednaka nuli. Tako�e, kako je ϕ1(u) 6= ϕ2(u), bar jedan od skalara u toj kombinaciji jerazliqit od nule. To znaqi da imamo kontradikciju sa minimalnox�u broja r, xtopokazuje linearnu nezavisnost skupa {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕk}.

Definicija 2.29. Galuaovo raxire�e poaK/F se naziva Abelovim ako je Galuaovagrupa G(K/F ) Abelova. Sliqno, Galuaovo raxire�e poa K/F se naziva cikliqnimako je Galuaova grupa G(K/F ) cikliqna.

Teorema 2.30 (Hilbertova teorema 90{multiplikativna forma). Neka je K/F ko-naqno cikliqno raxire�e poa, pri qemu je G(K/F ) = 〈σ〉. Tada za svako β ∈ Kva�i ekvivalencija NK/F (β) = 1 ako i samo ako je β = α

σ(α) za neko α ∈ K×.


Dokaz. Oznaqimo [K : F ] = n. Tada je G(K/F ) = {σj | 0 ≤ j ≤ n− 1}. Pretpostavimoprvo da je β = α

σ(α) za neko α ∈ K×. Iz definicije norme onda direktno sledi

NK/F (β) =

n−1∏i=0

σi(β)

=n−1∏i=0

σi(

α

σ(α)

)=

α

σ(α)

σ(α)

σ2(α). . .

σn−1(α)

σn(α)

=α

σn(α)= 1 ( jer je σn = idK).

Pretpostavimo sada da je NK/F (β) = 1. Kako je, na osnovu Tvr�e�a 2.28, skuppreslikava�a {idK , σ, σ2, . . . , σn−1} linearno nezavisan nad poemK, �egova linearnaK-kombinacija

idK +βσ + βσ(β)σ2 + βσ(β)σ2(β)σ3 + · · ·+ βσ(β) · · · · · σn−2(β)σn−1

ne mo�e biti identiqki jednaka nula preslikava�u. To znaqi da postoji θ ∈ K takvoda je

α = θ + βσ(θ) + βσ(β)σ2(θ) + · · ·+ βσ(β) · · · · · σn−2(β)σn−1(θ)

element poa K razliqit od nule. Koriste�i qi�enicu da je σ jedan F -automorfizampoa F , dobijamo

σ(α) = σ(θ) + σ(β)σ2(θ) + σ(β)σ2(β)σ3(θ) + · · ·+ σ(β)σ2(β) · · · · · σn−1(β)σn(θ)

= σ(θ) + σ(β)σ2(θ) + σ(β)σ2(β)σ3(θ) + · · ·+ σ(β)σ2(β) · · · · · σn−1(β)θ.

Odatle je, konaqno,

βσ(α) = βσ(θ) + βσ(β)σ2(θ) + βσ(β)σ2(β)σ3(θ) + · · ·+ βσ(β)σ2(β) · · · · · σn−1(β)θ.

= βσ(θ) + βσ(β)σ2(θ) + βσ(β)σ2(β)σ3(θ) + · · ·+ βσ(β)σ2(β) · · · · · σn−2(β)σn−1(θ)+

+NK/F (β)θ

= βσ(θ) + βσ(β)σ2(θ) + βσ(β)σ2(β)σ3(θ) + · · ·+ βσ(β)σ2(β) · · · · · σn−2(β)σn−1(θ) + θ

= α,

xto povlaqi tra�eno β = ασ(α) .

Kao primer primene multiplikativne forme Hilbertove teoreme 90, navodimoteoremu koja predstava uvod u Kumerovu2 teoriju, kojom �emo se intenzivnije bavitiu narednom odeku.

2Ernst Eduard Kummer (1810-1893), nemaqki matematiqar

2.5. HILBERTOVA TEOREMA 90 109

Teorema 2.31. Neka je K poe qija je karakteristika uzajamno prosta sa prirodnimbrojem n i koje sadr�i primitivni n-ti koren iz jedinice ω. Posmatrajmo cikliqnoraxire�e E poa K stepena n. Tada postoji a ∈ K takvo da je E korensko poepolinoma Xn − a ∈ K[X] nad K.

Dokaz. Oznaqimo sa σ generator Galuaove grupe G(E/K). Poxto je iz uslova ω ∈ K,isto va�i i sa ω−1, odakle sledi da je

NE/K(w−1) =n∏i=1

σi(ω−1)

= ω−n ( jer je svi K-automorfizmi σi fiksiraju ω−1 ∈ K)

= 1 ( jer je ωn = 1).

Iz Hilbertove teoreme 90 onda mo�emo zakuqiti da va�i

ω−1 =α

σ(α)

za neko α ∈ E×. Drugim reqima, dobili smo da je dejstvo σ ∈ G(E/K) na α odre�enosa

σ(α) = ωα.

Zbog toga i za svako 1 ≤ i ≤ n va�i

σi(α) = ωiα,

xto znaqi da α ∈ E× ima taqno n razliqitih konjugata u pou E. Kako je [E : K] = n,odatle zakuqujemo da va�i E = K[α]. Primetimo jox da iz qi�enice

σ(αn) = σ(α)n = (ωα)n = ωnαn = αn

sledi

αn ∈ E〈σ〉 = K.

Dobijeno omogu�ava, da stavaju�i αn = a, zakuqimo a ∈ K, kao i da je E korenskopoe polinoma Xn − a nad K, xto zavrxava dokaz.

Teorema 2.32 (Hilbertova teorema 90-aditivna forma). Neka je K/F konaqno ci-kliqno raxire�e poa, pri qemu je G(K/F ) = 〈σ〉. Tada za svako β ∈ K va�iekvivalencija TrK/F (β) = 0 ako i samo ako je β = α− σ(α) za neko α ∈ K.

Dokaz. Pretpostavimo prvo da je β = α − σ(α) za neko α ∈ K. Iz linearnosti tragaonda sledi

TrK/F (β) = TrK/F (α)− TrK/F (σ(α)).

Kako su α i σ(α) me�usobno konjugovani, �ihovi tragovi su jednaki, pa zakuqujemoda je TrK/F (β) = 0.


Pretpostavimo sada da je TrK/F (β) = 0. Kako je trag nenula preslikava�e (videtidokaz Tvr�e�a 2.26), postoji θ ∈ K takvo da je TrK/F (θ) 6= 0. Oznaqimo

α =1

TrK/F (θ)

(βθ + (β + σ(β))σ(θ) + · · ·+ (β + σ(β) + · · ·+ σn−2(β))σn−2(θ)

), (2.6)

pri qemu je [K : F ] = n. Tada je

σ(β) =1

TrK/F (θ)

(σ(β)σ(θ) + (σ(β) + σ2(β))σ2(θ)+ (2.7)

+ · · ·+ (σ(β) + σ2(β) + · · ·+ σn−1(β))σn−1(θ)).

Kako je G(K/F ) = {idK , σ, . . . , σn−1}, imamo da je

0 = TrK/F (β) = β + σ(β) + · · ·+ σn−1(β).

Odatle sledi da je σ(β) + · · ·+ σn−1(β) = −β. Vra�aju�i se u (2.7), dobijamo da je

σ(β) =1

TrK/F (θ)

(σ(β)σ(θ) + (σ(β) + σ2(β))σ2(θ) + · · ·+ (−β)σn−1(θ)

)Oduzimaju�i ovu jednakost od (2.6) konaqno dobijamo

α− σ(α) =1

TrK/F (θ)

(βθ + βσ(θ) + · · ·+ βσn−1(θ)

)=

β

TrK/F (θ)

(θ + σ(θ) + · · ·+ σn−1(θ)

)=

β

TrK/F (θ)TrK/F (θ)

= β,

qime je teorema dokazana.

Kao primer primene aditivne forme Hilbertove teoreme 90, navodimo teoremukoja predstava uvod u Artin-Xrajer3 teoriju.

Teorema 2.33 (Artin-Xrajer). Neka je F poe karakteristike p > 0 i K cikliqnoraxire�e tog poa stepena p. Tada postoji a ∈ F takvo da je K korensko poepolinoma f(X) = Xp−X − a nad F . Preciznije, va�i K = F [α], gde α ∈ K ispu�avaαp − α = a.

Dokaz. Oznaqimo G(K/F ) = 〈σ〉. Kako je element −1 ∈ F fiksiran svim F -automor-fizmima poa K, imamo da je

TrK/F (−1) = −1− 1− · · · − 1︸︷︷︸p puta

= 0, jer je charF = p.

3Otto Schreier (1901-1929), austrijski matematiqar

2.6. KUMEROVA RAXIRE�A 111

Iz Hilbertove teoreme 90, onda nalazimo da postoji α ∈ K takvo da je α−σ(α) = −1.Odatle je i

σ(α) = α+ 1,

pa je i

σj(α) = α+ j, 1 ≤ j ≤ p. (2.8)

Poxto je karakteristika poa F (a time i K) jednaka p, nalazimo da su svi α + jrazliqiti za 1 ≤ j ≤ p. Iz (2.8) onda sledi da α ima taqno p konjugata u pou K.Kako je [K : F ] = p, zakuqujemo da je K = F [α].

Primetimo jox da va�i

σ(αp − α) = σ(α)p − σ(α)

= (α+ 1)p − (α+ 1)

= αp + 1− α− 1

= αp − α.

Odatle sledi da αp − α ∈ K〈σ〉 = F . Prema tome, ako oznaqimo αp − α = a, imamoodmah a ∈ F . Tako�e, nule polinoma

f(X) = Xp −X − a

su u skupu {α + j | 1 ≤ j ≤ p}, xto pokazuje da je K korensko poe tog polinoma nadF i kompletira dokaz.

2.6 Kumerova raxire�a

Pre same definicije Kumerovog raxire�a, uvedimo konvenciju, po kojoj �emo san√a oznaqavati element poa K qiji je n-ti stepen jednak a ∈ K. Primetimo da, kako

�emo uvek posmatrati n > 1, izbor n√a se ne mo�e uraditi na jedinstven (kanonski)

naqin.

Definicija 2.34. Neka je K poe koje sadr�i primitivni n-ti koren iz jedinice iqija je karakteristika uzajamno prosta sa n. Kumerovo raxire�e poaK je raxire�eK[ n√a]/K, gde je a ∈ K×.

Naredno tvr�e�e pokazuje da su sva Kumerova raxire�a obavezno cikliqna.

Tvr�e�e 2.35. Kumerovo raxire�e K[ n√a]/K je cikliqno, stepena raxire�a koji

deli n.

Dokaz. Doka�imo prvo da je raxire�e K[ n√a]/K Galuaovo. Oznaqimo sa ζ neki

primitivni koren iz jedinice. Kako je ζ ∈ K, imamo da se svi elementi skupa{ζj n√a, 0 ≤ j ≤ n − 1} nalaze u pou K[ n

√a]. Elementi pomenutog skupa su upravo

sve nule polinoma

f(X) = Xn − a ∈ K[X],


xto omogu�ava da zakuqimo da je K[ n√a] korensko poe za f(X) nad K. Odatle sledi

da je raxire�e K[ n√a]/K normalno. Dodatno, primetimo da je

f ′(X) = nXn−1,

xto je razliqito od nule, poxto karakteristika poaK ne deli n. Na osnovu Tvr�e�a2.7, onda sledi separabilnost polinoma f(X), koja povlaqi separabilnost raxire�aK[ n√a]/K. Dobijena qi�enica omogu�ava da zakuqimo da je posmatrano raxire�e

Galuaovo.

Ostalo je jox da poka�emo da je Galuaova grupa G = G(K[ n√a]/K) cikliqna. To

�emo uraditi tako xto �emo konstruisati utapa�e grupe G u cikliqnu grupu n-tihkorena iz jedinice µn.

Raxire�e koje posmatramo je prosto, generisano sa n√a, pa je svaki element σ ∈ G

u potpunosti odre�en vrednox�u σ( n√a). Pri tome se n

√a mo�e slikati samo u svoje

konjugate, xto su upravo nule {ζj n√a, 0 ≤ j ≤ n − 1} polinoma f(X). Prema tome, za

svako σ ∈ G postoji ζσ ∈ µn takav da je

σ( n√a) = ζσ

n√a.

Definiximo preslikava�e χ : G→ µn sa

χ(σ) = ζσ =σ( n√a)

n√a

.

Prvo treba pokazati da je ovo preslikava�e korektno definisano, odnoso da ne zavisiod izbora n

√a. Primetimo da svaki drugi n-ti koren iz a mo�emo predstaviti kao

η n√a, η ∈ µn. Onda je

χ(σ) =σ(η n√a)

η n√a

=ησ( n√a)

η n√a

=σ( n√a)

n√a

= ζσ,

xto pokazuje korektnu definisanost preslikava�a χ.

Dae, za proizvone σ, ψ ∈ G, imamo

χ(σψ) =(σψ)( n

√a)

n√a

=σ(ζψ n

√a)

n√a

=ζψσ( n

√a)

n√a

=ζψζσ n

√a

n√a

= ζψζσ

= ζσζψ

= χ(σ)χ(ψ).


Time je pokazano da je χ homomorfizam. Konaqno, jednostavno dobijamo

kerχ = {σ ∈ G | χ(σ) = 1}= {σ ∈ G | σ( n

√a) = n

√a}

= {idK[ n√a]},

pa zakuqujemo da je χ : G → µn utapa�e. Zbog toga mozemo smatrat da je G ≤µn. Poxto je µn cikliqna grupa, isto svojstvo onda ima i grupa G. Dodatno, izLagran�ove teoreme sledi

|G| | |µn|,

odnosno|G| | n. (2.9)

Kako je raxire�e K[ n√a]/K Galuaovo, va�i [K[ n

√a] : K] = |G|. To omogu�ava da

zakuqimo da iz (2.9) sledi[K[ n√a] : K] | n,

qime je kompletiran dokaz tvr�e�a.

Primetimo da Teoremu 2.31, koriste�i jezik Kumerovih raxire�a, mo�emo iska-zati kao:

Teorema 2.36. Neka je K poe qija je karakteristika uzajamno prosta sa prirodnimbrojem n i koje sadr�i primitivni n-ti koren iz jedinice. Tada je svako cikliqnoraxire�e poa K stepena n, Kumerovo raxire�e K[ n

√a]/K za neko a ∈ K×.

Potpuno analogno, osla�aju�i se na Hilbertovu teoremu 90, mo�emo dokazati iprecizniju verziju Teoreme 2.36.

Teorema 2.37. Neka je K poe qija je karakteristika uzajamno prosta sa prirodnimbrojem n i koje sadr�i primitivni n-ti koren iz jedinice. Tada je svako cikliqnoraxire�e poa K qije stepen deli n, Kumerovo raxire�e K[ n

√a]/K za neko a ∈ K×.

Prethodna teorema pokazuje kakav je znaqaj izuqava�a Kumerovih raxire�a, qimese bavi Kumerova teorija. Ostatak ovog odeka �emo posvetiti prikaziva�u nekolikoznaqajnih tvr�e�a i teorema te teorije.

Prvo od tvr�e�a koja �emo prikazati daje precizniju karakterizaciju stepenaKumerovog raxire�a od one koju pru�a Tvr�e�e 2.35.

Tvr�e�e 2.38. Stepen Kumerovog raxire�a K[ n√a]/K jednak je redu elementa a u

koliqniqkoj grupi K×/(K×)n.

Dokaz. Na osnovu Tvr�e�a 2.35 imamo da je Galuaova grupa G = G(K[ n√a]/K) ci-

kliqna, pa postoji σ ∈ G takvo da je 〈σ〉 = G. Tako�e, poxto je raxire�e K[ n√a]/K

Galuaovo, va�i [K[ n√a] : K] = |G|. Zbog toga je dovono da za proizvono t ∈ N

doka�emo da je at ∈ (K×)n ako i samo ako je σt = idK[ n√a]. Pre nego xto krenemo na

dokaziva�e te ekvivalencije, uvedimo oznaku α = n√a. Dejstvo σ na α je odre�eno sa

σ(α) = ζα, (2.10)


gde je ζ neki n-ti koren iz jedinice (ovo je uspostaveno u dokazu Tvr�e�a 2.35).

Pretpostavimo prvo da je σt = idK[ n√a]. Tada je, specijalno, σ

t(α) = α. Osla�aju�ise na (2.10), imamo da je i

σt(α) = ζtα,

pa dobijamo ζt = 1. Zbog toga je

σ(αt) = (σ(α))t = (ζα)t = ζtαt = αt,

xto pokazuje da αt pripada fiksnog pou za 〈σ〉 = G. Iz Teoreme o Galua korespon-denciji odatle sledi da je αt ∈ K× (preciznije, dobijamo αt ∈ K, ali svakako znamoda je αt 6= 0). Di�u�i na stepen n dae dobijamo

(αt)n ∈ (K×)n,

odnosno

at ∈ (K×)n,

zbog qi�enice da je αn = a.

Pretpostavimo sada obratno da je at ∈ (K×)n. To znaqi da postoji b ∈ K× takvoda je at = bn. Koriste�i qi�enicu da je αn = a, dobijamo

αnt = bn, (2.11)

odakle je αt = ηb za neki n-ti koren iz jedinicije η. Podsetimo se da je u definicijiKumerovog raxire�a neophodno da bazno poe K sadr�i primitivni n-ti koren izjedinice, a time i celu grupu n-tih korena iz jedinice µn. Zbog toga je η ∈ K×, paimamo i ηb ∈ K×. Koriste�i (2.11) sledi da i αt ∈ K×, pa va�i

σ(αt) = αt.

Prema ve� ranije izraqunatom, imamo da je i

σ(αt) = ζtαt,

xto povlaqi ζt = 1. Oslonivxi se na σt(α) = ζtα, xto smo tako�e ranije izraqunali,dobijamo konaqno

σt(α) = α.

Poxto je raxire�e koje posmatramo upravo K[α]/K, dobijeno pokazuje σt = idK[ n√a].

Naredno tvr�e�e pru�a kriterijum izomorfnosti Kumerovih raxire�a.

Tvr�e�e 2.39. Dva Kumerova raxire�a K[ n√a] i K[ n

√b] poa K stepena n su K-

izomorfna ako i samo ako je a = brcn za neko r uzajamno prosto sa n i c ∈ K× .


Dokaz. Doka�imo prvo da je uslov a = brcn simetriqan po a i b. Neka je a = brcn zaneko r uzajamno prosto sa n i c ∈ K×. Tada postoje celi brojevi k i l takvi da je

rk + ln = 1.

Onda imamo

ak = brkcnk

ak = b1−lncnk

ak = b

(ck

bl

)n,

odakle je

b = ak(bl

ck

)n.

Ako oznaqimo c′ = bl

ck∈ K×, dobijamo b = ak(c′)n, xto je, zbog qi�enice da je k

uzajamno prosto sa n, izraz za b simetriqan izrazu a = brcn za a.Pre�imo sada na dokaziva�e ekvivalencije qiju taqnost tvrdi iskaz tvr�e�a. U

tu svrhu uvedimo oznake α = n√a, β = n

√b i pretpostavimo prvo da je a = brcn. Tada

je αn = βrncn, odakle dobijamoα = ζβrc,

gde je ζ neki n-ti koren iz jedinice. Kako su ζ i c u K×, dobijeno pokazuje α ∈ K[β].Zbog toga je i K[α] ⊆ K[β]. Iz ustanovene simetriqnosti je potpuno analogno iK[β] ⊆ K[α], pa je K[α] = K[β], odnosno K[ n

√a] = K[ n

√b].

Pretpostavimo sada da su poa K[ n√a] i K[ n

√b] izomorfna nad K. Tada su �ihove

Galuaove grupe nad tim poem izomorfne. Zbog toga mo�emo uvesti samo jednu oznakuG, podrazumevaju�i da ona oznaqava Galuaovu grupu za poe K[ n

√a], kao i za poe

K[ n√b] nad K. Na osnovu Tvr�e�a 2.35 imamo da je G cikliqna grupa, pa postoji

σ ∈ G takvo da je 〈σ〉 = G. U dokazu Tvr�e�a 2.35 uspostaveno je da σ na β deluje sa

σ(β) = ζβ, (2.12)

gde je ζ neki n-ti koren iz jedinice. Primetimo da u naxem sluqaju, poxto je ste-pen raxire�a [K[β] : K] jednak n iz pretpostavke, automorfizam σ ima red jednakn. Odatle dobijamo preciznije, da ζ mora biti primitivni n-ti koren iz jedinice.Potpuno analogno mo�emo prepoznati i da je dejstvo σ na α odre�eno sa

σ(α) = ζrα, (2.13)

pri qemu je r uzajamno prosto sa n.Na osnovu Tvr�e�a 1.31 mo�emo uoqiti bazu {1, β, . . . , βn−1} za K[β] nad poem K.

Element α ∈ K[β] onda mo�emo raspisati u toj bazi kao

α =

n−1∑i=0

ciβi, ci ∈ K. (2.14)


Dejstvuju�i sa σ na obe strane prethodne jednakosti dobijamo

σ(α) =n−1∑i=0

ciσ(βi)

ζrα =n−1∑i=0

ci(ζβ)i ( iz (2.12) i (2.13))

ζrn−1∑i=0

ciβi =

n−1∑i=0

ciζiβi ( iz (2.14)).

Izjednaqava�e koeficijenata sa obe strane posled�e jednakosti daje

ciζr = ciζ

i, 0 ≤ i ≤ n− 1,

odakle je ci = 0 za i 6= r i cr 6= 0. Dobijeno pokazuje da (2.14) ima mnogo jednostavnijioblik

α = crβr.

Diza�em na posled�e jednakosti na n-ti stepen dobijamo a = brcnr , xto uz preoznaqa-va�e c = cr daje upravo izraz za a qiju je egzistenciju trebalo dokazati.

Do sada prikazane teoreme Kumerove teorije pru�aju dobar uvid u cikliqna ra-xire�a, odnosno u Galuaova raxire�a qije su Galuaove grupe cikliqne. Sa drugestrane, iz teoreme o strukturi konaqno generisanih Abelovih grupa sledi da je svakakonaqna Abelova grupa izomorfna direktnom proizvodu cikliqnih grupa. To namonda sugerixe da posmatraju�i odgovaraju�e kompozitume cikliqnih raxire�a mo-�emo dati i opis svih Abelovih raxire�a. Upravo se time bavi naredno tvr�e�e.Pre �egove formulacije, podsetimo se da je prirodan broj n eksponent grupe G akored svakog elementa iz G deli n.

Tvr�e�e 2.40. Neka je K poe koje sadr�i primitivni n-ti koren iz jedinice iqija je karakteristika uzajamno prosta sa n. Posmatrajmo Abelovo raxire�e L/Ktakvo da je G(L/K) eksponenta n. Tada postoje neki a1, a2, . . . , am iz K× takvi da jeL = K

[n√a1, n√a2, . . . , n

√am]. Obratno, svako raxire�e K

[n√a1, n√a2, . . . , n

√am]/K je

Abelovo, pri qemu je odgovaraju�a Galuaova grupa eksponenta n.

Dokaz. Ako je G = G(L/K) Abelova grupa, onda je mo�emo napisati u obliku direkt-nog proizvoda cikliqnih grupa,

G ∼= C1 × C2 × · · · × Cm,

gde su sve Ci, 1 ≤ i ≤ m cikliqne. Za svako 1 ≤ j ≤ m oznaqimo

Hj =

m∏i=1i 6=j

Ci × {1}

tako da je G/Hj∼= Cj . Ako je Fj = LHj fiksno poe za Hj , osla�ju�i se na teoremu

o Galua korespondenciji imamo da je G(Fj/K) ∼= G/Hj∼= Cj . Prema tome, svako

2.7. REXIVOST ALGEBARSKIH JEDNAQINA 117

raxire�e Fj/K je cikliqno. Dodatno, poxto iz pretpostavke grupa G ima eksponentn, onda i svaka od cikliqnih grupa Cj ima isti eksponent. Odatle sledi da redsvake od Cj deli n. Zakuqujemo da je za svako 1 ≤ j ≤ m raxire�e Fj/K cikliqno,stepena koji deli n. Na osnovu Teoreme 2.37 onda sledi da je Fj = K[ n

√aj ] za neko

aj ∈ K×, 1 ≤ j ≤ m. Primetimo jox da je H1 ∩H2 ∩ · · · ∩Hm = {1}, odakle sledi daje F1 ∩ F2 ∩ · · · ∩ Fm = K. Zbog toga je

L = F1F2 . . . Fm = K [ n√a1, n√a2, . . . , n

√am] .

Obratno, posmatrajmo sada raxire�e K[n√a1, n√a2, . . . , n

√am]/K. Za svako 1 ≤ j ≤

m raxire�e K[ n√aj ]/K je na osnovu Tvr�e�a 2.35 cikliqno, stepena raxire�a koji

deli n. Oznaqimo odgovaraju�e cikliqne Galuaove grupe sa Cj , pri qemu za svako1 ≤ j ≤ m imamo da |Cj | | n. Primetimo da raxire�e K

[n√a1, n√a2, . . . , n

√am]/K

mo�emo videti kao kompozitum raxire�a K[ n√aj ]/K. Na osnovu Zadatka 71 onda

sledi da je raxire�e K[n√a1, n√a2, . . . , n

√am]/K Galuaovo kao kompozitum Galuaovih

raxire�a. Dodatno, osla�aju�i se na Zadatak 72 zakuqujemo i da se Galuaova grupaG(K

[n√a1, n√a2, . . . , n

√am]/K) utapa u C1 × C2 × · · · × Cm. Zbog toga je ta grupa Abe-

lova kao podgrupa Abelove grupe, xto pokazuje da je posmatrano raxire�e Abelovo.Dodatno, poxto red svake od grupa Cj deli n, va�i i da je n eksponent posmatraneGaluaove grupe, qime je dokaz zavrxen.

2.7 Rexivost algebarskih jednaqina

U ovom odeku bavi�emo se pita�em rexivosti algebarskih jednaqina. Algebarskajednaqina je jednaqina oblika

f(x) = 0,

gde je f(X) polinom sa koeficijentima u nekom pou K za koga �emo smatrati da jekarakteristike 0. Na primer, ako je f(X) = X2+aX+b polinom stepena 2, algebarskajednaqina

x2 + ax+ b = 0

je rexiva. Pri tome, rexe�a x1, x2 posmatrane jednaqine nalazimo po dobro poznatomobrascu

x1,2 =−a±

√∆

2,

gde je ∆ = a2 − 4b.

Proizvonu jednaqinu tre�eg stepena

z3 + az2 + bz + c = 0,

uvo�e�em smene z = x− a3 , svodimo na oblik

x3 + px+ q = 0.


Diskriminanta dobijene jednaqine je ∆ = −4p3 − 27q2, a sva �ena rexe�a mo�emoprona�i rexava�em sistema

x = u− p

3u, u3 = −q

2+ v, v2 = − ∆

108. (2.15)

koji predstava ekvivalentan zapis formule za rexe�a jednaqine tre�eg stepenapoznate kao Kardanov4 obrazac.

Mo�emo primetiti jednu osobinu zajedniqku za obe posmatrane jednaqine koje surexive. Naime, u sluqaju jednaqine drugog stepena, mo�emo primetiti da je korenskopoe polinoma f(X) = X2 + aX + b jednako K[

√∆]. Naravno, dobijeno korensko poe

mo�e biti i jednako K, pod uslovom da je ∆ kvadrat u tom pou.

Xto se tiqe korenskog poa polinoma f(X) = X3 + pX + q, oznaqimo prvo E =

K

[√− ∆

108

]= K[v]. Na osnovu formule (2.15) tra�eno korensko poe onda mo�emo

izraziti kao E[u], pri qemu je u3 = − q2 + v ∈ E.

Dakle, dobijamo da je za algebarske jednaqine stepena 2 i 3 zajedniqko da su koren-ska poa polinoma koja ih definixu sadr�ana u posled�im qlanovima odgovaraju�ihlanaca raxire�a

K = K0 ≤ K1 ≤ · · · ≤ Km

poa K. Sliqno bismo dobili i za jednaqine stepena 4, koje su tako�e uvek rexive.Dobijeno koristimo kao motivaciju za uvo�e�e pojma rexivosti proizvone algebar-ske jednaqine nad nekim poem, xto je ura�eno u narednim definicijama.

Definicija 2.41. Neka je K poe karakteristike 0. Radikalski lanac sa poqetkomu K je lanac raxire�a

K = K0 ≤ K1 ≤ · · · ≤ Km

poa K u kome je svaki od qlanova Kj+1, 0 ≤ j ≤ m − 1 jednak Kj

[α

1/njj

]za neke

αj ∈ Kj i nj ∈ N.

Definicija 2.42. Za algebarski element α nad poem K karakteristike 0 ka�emoda je rexiv radikalima ako se nalazi u posled�em qlanu nekog radikalskog lanca sapoqetkom u K.

Definicija 2.43. Neka je f(X) polinom sa koeficijentima u pou K karakteri-stike 0. Algebarska jednaqina

f(x) = 0

je rexiva radikalima ako je radikalima rexiva svaka nula polinoma f(X). Ekviva-lentno, posmatrana jednaqina je rexiva radikalima ako je korensko poe polinomaf(X) nad K sadr�ano u posled�em qlanu nekog radikalskog lanca sa poqetkom u K.

Primetimo da rexivost algebarske jednaqine nije lako ispitati u terminimaprethodne definicije. Naroqito bi komplikovano bilo pokazati da neka jednaqinaf(x) = 0 nije rexiva radikalima, jer bi to zahtevalo pokaziva�e da ne postoji nijedan

4Gerolamo Cardano (1501-1576), italijanski polihistor

2.7. REXIVOST ALGEBARSKIH JEDNAQINA 119

radikalski lanac sa poqetkom u K u qijem je posled�em qlanu sadr�ano korenskopoe polinoma f(X) nad K. Zbog toga je potrebno da se pita�e rexivosti algebarskejednaqine izrazi preko uslova koje je jednostavnije ispitati.

U svom radu koji predstava pionirski poduhvat u teoriji poa i zaqetak te-orije Galua, Evarist Galua je dao karakterizaciju rexivosti algebarske jednaqineu terminima Galuaove grupe korenskog poa polinoma koji je definixe. Da bismopru�ili dokaz te fundamentalne teoreme, potrebno nam je jedno pomo�no tvr�e�e, pa�emo se prvo pozabaviti �egovom formulacijom i dokazom.

Tvr�e�e 2.44. Neka je K poe karakteristike 0 i α algebarski element nad K kojije sadr�an u radikalskom lancu

K = K0 ≤ K1 ≤ · · · ≤ Km. (2.16)

Tada je α sadr�an u radikalskom lancu sa poqetkom u K, qiji je posled�i qlanGaluaovo raxire�e poaK i za koji je raxire�e svaka dva uzastopna qlana cikliqno.

Dokaz. Oznaqimo sa L normalno zatvore�e za Km nad K. Tada je raxire�e L/KGaluaovo i za svako σ ∈ G(L/K) mo�emo posmatrati lanac raxire�a

K = σK0 ≤ σK1 ≤ · · · ≤ σKm. (2.17)

Za svako 0 ≤ j ≤ m − 1 imamo Kj+1 = Kj

[α

1/njj

], odakle sledi da je σKj+1 =

σKj

[σ (αj)

1/nj], pri qemu je σ (αj)

1/nj koren polinoma Xnj − σ(αj) nad poem σKj .

Odatle zakuqujemo da je i (2.17) jedan radikalski lanac sa poqetkom u K. Osla-�aju�i se na Zadatak 78 onda mo�emo zakuqiti da postoji radikalski lanac sapoqetkom u K qiji je posled�i qlan kompozitum svih konaqno mnogo poa σKm, σ ∈G(L/K). Kako je taj kompozitum upravo L, dobijamo da je element α sadr�an u nekomradikalskom lancu sa poqetkom u K qiji je posled�i qlan Galuaovo raxire�e poaK.

Ostaje jox da postignemo da raxire�e svaka dva uzastopna qlana bude cikliqno.Osla�aju�i se na do sada dokazano, radi jednostavnosti notacije, mo�emo smatratida je u poqetnom lancu (2.16) raxire�e Km/K Galuaovo. Primetimo da iako za

sve 0 ≤ j ≤ m − 1 va�i Kj+1 = Kj

[α

1/njj

], odatle ne mo�emo na osnovu Tvr�e�a

2.35 tvrditi da je raxire�e Kj+1/Ki cikliqno, poxto ne znamo da li se u pou Ki

nalazi odgovaraju�i koren iz jedinice. Taj problem prevazilazimo tako xto poeK proxirimo do poa K ′ dodava�em u K sve primitivne nj-te korene iz jediniceζ0, ζ1, . . . , ζm−1. Tada je

K ≤ K[ζ0] ≤ K[ζ0][ζ1] ≤ · · · ≤ K[ζ0][ζ1] . . . [ζm−1] = K ′

jedan radikalski lanac sa poqetnom sa K. Uz skra�enu oznaku onda imamo da jeradikalski lanac sa poqetkom u K i

K ≤ K ′ = K ′K0 ≤ K ′K1 ≤ · · · ≤ K ′Km. (2.18)


Imamo da su raxire�a K ′ i Km Galuaova nad K, pa je takvo i raxire�e K ′Km

(videti Zadatak 71). Dodatno, za svako od raxire�a K ′Kj+1 = K ′Kj

[α

1/njj

]sada

mo�emo na osnovu Tvr�e�a 2.35 zakuqiti da je cikliqno, jer se u svakom od poaK ′Kj nalazi odgovaraju�i primitivni nj-ti koren iz jedinice. Dobijamo da je (2.18)radikalski lanac qiju je egzistenciju trebalo ustanoviti, xto kompletira dokaz ovogtvr�e�a.

Teorema 2.45 (Galua). Neka je f(X) polinom sa koeficijentima u pou K karakte-ristike 0. Oznaqimo sa L korensko poe polinoma f(X) nad K. Algebarska jednaqina

f(x) = 0

je rexiva u radikalima ako i samo ako je Galuaova grupa G(L/K) rexiva.

Dokaz. Pretpostavimo da je algebarska jednaqina f(x) = 0 rexiva radikalima nadpoem K. Na osnovu Tvr�e�a 2.44 imamo da je svaka nula α polinoma f(X) sadr�anau odgovaraju�em Galuaovom raxire�u Kσ poa K, koje je posled�i qlan nekog radi-kalskog lanca sa poqetkom u K. Prelaskom na kompozitum svih poa Kσ i osla�aju�ise na Zadatke 71 i 78 mo�emo zakuqiti da je korensko poe L polinoma f(X) nad Ksadr�ano u posled�em qlanu M radikalskog lanca

K = K0 ≤ K1 ≤ · · · ≤ Km = M

sa poqetkom u K. Pri tome je svako raxire�e Kj+1/Kj , 0 ≤ j ≤ m − 1 cikliqno.Oznaqimo sa Gj , 0 ≤ j ≤ m podgrupu grupe G(M/K) koja odgovara potpou Kj poaM prema Galua korespondenciji. Tada imamo niz

G(M/K) = G0 . G1 . · · · . Gm = {idM}

podgrupa od G(M/K). Poxto su sva raxire�a Kj+1/Kj , 0 ≤ j ≤ m − 1 cikliqna,imamo da su za sve 0 ≤ j ≤ m− 1 koliqniqke grupe

Gj/Gj+1 = G(Kj+1/Kj)

cikliqne. Odatle sledi da je grupa G(M/K) rexiva, pa je rexiva i �ena koliqniqkagrupa G(L/K).

Pretpostavimo sada da je Galuaova grupa G(L/K) rexiva. Tada postoji niz �enihpodgrupa

G(L/K) = G0 . G1 . · · · . Gm = {idL}

takav da su sve koliqinqke grupe Gj/Gj+1, 0 ≤ j ≤ m − 1 cikliqne. Iz Galua kore-spondencije onda imamo lanac me�uraxire�a

K = K0 ≤ K1 ≤ · · · ≤ Km = L

poa L nad K, gde je svako Kj fiksno poe podgrupe Gj , 0 ≤ j ≤ m. Poxto je

G(Kj+1/Kj) = Gj/Gj+1, 0 ≤ j ≤ m− 1


imamo da su sva raxire�a Kj+1/Kj cikliqna. Me�utim, ne mo�emo odatle na osnovuTeoreme 2.37 ustanoviti da je svako od posmatranih raxire�a Kumerovo, poxto neznamo da li se u poima Kj nalaze odgovaraju�i primitivni koreni iz jedinice.Sa sliqnim problemom smo se susreli u dokazu Tvr�e�a 2.44 i rexavamo ga na istinaqin.

Za svako 0 ≤ j ≤ m − 1 oznaqimo sa ζj primitivni nj-ti koren iz jedinice, gdeje nj = [Kj+1 : Kj ]. Proxirimo poe K do poa K ′ dodava�em svih korena ζj ,K ′ = K[ζ0, . . . , ζm−1] i posmatrajmo lanac

K ≤ K[ζ0] ≤ K[ζ0][ζ1] ≤ · · · ≤ K[ζ0][ζ1] . . . [ζm−1] = K ′ = K ′K0 ≤ K ′K1 ≤ · · · ≤ K ′Km

(2.19)raxire�a poa K. Za svako od cikliqnih raxire�a K ′Kj+1/K

′Kj , 0 ≤ j ≤ m − 1,qiji stepen deli nj , imamo da K

′Kj sadr�i primitivni nj-ti koren iz jedinice. Na

osnovu Teoreme 2.37 onda sledi da je K ′Kj+1 = K ′Kj

[(αj)

1/nj]za neko αj ∈ K ′Kj .

Zakuqujemo da je (2.19) radikalski lanac sa poqetkom u K, qiji je posled�i qlankorensko poe L polinoma f(X) nad K. Po definiciji onda sledi da je algebarskajednaqina f(x) = 0 rexiva radikalima nad poem K.

2.8 Rexeni zadaci

Zadatak 45. Dokazati da je svako raxire�e K/F stepena 2 normalno.

Rexe�e. Uoqimo proizvoni element α ∈ K \ F . Poxto je [K : F ] = 2, imamo da jeminimalni polinom µ(X) za taj element nad F stepena 2,

µ(X) = X2 + aX + b, a, b ∈ F.

Formalnim rexava�e jednaqine µ(X) = 0 nad poem F dobijamo �ena rexe�a

α1,2 =−a±

√a2 − 4b

2. (2.20)

Bez uma�e�a opxtosti, mo�emo pretpostaviti da je α = −a+√a2−4b

2 , odakle je√a2 − 4b =

2α+a. Na osnovu toga preostalu nulu α2 = −a−√a2−4b

2 polinoma µ(X) mo�emo izrazitikao

α2 =−a− (2α+ a)

2= −α− a.

Iz posled�eg zakuqujemo da je i druga nula α2 polinoma µ(X) ∈ F [X] u pou K, paje K korensko poe tog polinoma, a time i normalno raxire�e poa F .�

Napomena. Prethodno rexe�e, formalno gledaju�i, nije korektno u poima karak-teristike 2, poxto tada ne va�i formula (2.20). Ali, i u tom sluqaju va�i da jedruga polinoma µ(X) jednaka −α − a, pa se mo�e krenuti direktno odatle, bez upo-trebe pomenute formule (2.20) za rexe�a kvadratne jednaqine.�


Zadatak 46. Ispitati da li koja su od slede�ih raxire�a poa Q normalna:

1) Q[ 3√

2, i]

2) Q[√

2, i√

3].

Rexe�e. 1) Odredimo za poqetak jednu bazu nad Q ovog poa, kao i odgovaraju�istepen raxire�a.

Primetimo da je (na primer, iz Zadatka 7) [Q[ 3√

2] : Q] = 3, kao i da je {1, 3√

2, 3√


√2] nad poem Q. Odatle, specijalno, sledi da je Q[ 3

√2] ⊆ R, pa

i 6∈ Q[ 3√

2]. Posled�e omogu�ava da zakuqimo da polinom X2 + 1 ∈ Q[ 3√

2][X] koga ianulira nema nula u Q[ 3

√2]. Kako je pomenuti polinom stepena 2, sledi da je nesvodiv

nad Q[ 3√

2], pa predstava minimalni polinom za i nad posmatranim poem. To znaqida je [Q[ 3

√2, i] : Q[ 3

√2]] = 2, kao i da je {1, i} jedna baza za Q[ 3

√2, i] nad Q[ 3

√2].

Koriste�i Tvr�e�e 1.10 konaqno dobijamo da je

[Q[3√

2, i] : Q] = 6,

kao i da je skup {1, 3√

2, 3√

4, i, i 3√

2, i 3√

4} jedna baza posmatranog poa nad Q.Posmatrajmo sada 3

√2 ∈ Q[ 3

√2, i]. Imamo da je X3 − 2 ∈ Q[X] minimalni polinom

ovog elementa, odakle sledi da su �egovi konjugati jednaki 3√

2ε i 3√

2ε2, gde je ε =

e2πi3 = −1

2 + i√

32 . Imaju�i u vidu qi�enicu da je 3

√2, i ∈ Q[ 3

√2, i], dobijamo da se

pita�e pripadnosti konjugata elementa 3√

2 pou Q[ 3√

2, i] svodi na pita�e da li je√3 ∈ Q[ 3

√2, i].

Pretpostavimo da√

3 jeste u pou Q[ 3√

2, i]. Koriste�i bazu za to poe nad Q kojusmo odredili, dobijamo da postoje racionalni brojevi ai, 1 ≤ i ≤ 6, takvi da je

√3 = a1 + a2

3√

2 + a33√

4 + a4i+ a5i3√

2 + a6i3√

4.

Kvadrira�e posled�e jednakosti posle malo raquna daje kontradikciju sa qi�enicomda su ai racionalni brojevi, koja pokazuje da je da

√3 6∈ Q[ 3

√2, i]. Odatle sledi da ni

svi konjugati elementa 3√

2 ∈ Q[ 3√

2, i] ne ostaju u tom pou, pa posmatrano raxire�enije normalno.2) Kao i u prethodnom delu odredimo prvo jednu bazu nad Q posmatranog poa, kaoi odgovaraju�i stepen raxire�a. Odmah (pogledati Zadatak 6) imamo da je [Q[

√2] :

Q] = 2, kao i da je {1,√

2} jedna baza za Q[√

2] nad poem Q. Odatle zakuqujemoda je Q[

√2] ⊆ R, pa i

√3 6∈ Q[

√2]. Dobijeno omogu�ava da zakuqimo da polinom

X2 + 3 ∈ Q[√

2][X] koga i√

3 anulira nema nula u Q[√

2]. Pomenuti polinom je stepena2, pa sledi da je nesvodiv nad Q[

√2], xto znaqi da predstava minimalni polinom

za i√

3 nad posmatranim poem.Osla�aju�i se na Tvr�e�e 1.10 konaqno dobijamo da je

[Q[√

2, i√

3] : Q] = 4,

kao i da je skup {1,√

2, i√

3, i√

6} jedna baza posmatranog poa nad Q.Odredimo sada element α ∈ C takav da je Q[

√2, i√

3] = Q[α]. Preciznije, po-kaza�emo da je α =

√2 + i

√3. Inkluzija Q[

√2, i√

3] ⊇ Q[α] za tako izabrano α trivi-jalno va�i, pa je sve xto treba da poka�emo obratna inkluzija.


Direktno imamo da je1

α=

√2− i

√3

5∈ Q[α],

odakle sledi da je i√

2 − i√

3 = 5 ·√

2−i√

35 ∈ Q[α]. Dae je onda i

√2 = 1

2(√

2 +

i√

3 +√

2− i√

3) ∈ Q[α], xto povlaqi da je i i√

3 ∈ Q[α]. Prema tome, dobili smo da je√2, i√

3 ∈ Q[α], a upravo ta qi�enica implicira da je Q[√

2, i√

3] ⊆ Q[α]. Zakuqujemoda va�i Q[

√2, i√

3] = Q[α].Slede�e qime �emo se baviti je odre�iva�e minimalnog polinoma za α nad Q.

Direktnim raqunom dobijamo

α =√

2 + i√

3

α2 = −1 + 2i√

6

α2 + 1 = 2i√

6

α4 + 2α2 + 1 = −24

α4 + 2α2 + 25 = 0,

xto omogu�ava da zakuqimo da α anulira moniqan polinom µ(X) = X4 + 2X2 + 25stepena 4 sa koeficijentima u Q. Koriste�i qi�enicu da je [Q[α] : Q] = 4, qijimsmo se pokaziva�em bavili na poqetku zadatka, iz prethodnog dobijamo da je µ(X)minimalni polinom za α nad poem Q.

Odredimo preostale nule polinoma µ(X) (nad poem C), odnosno konjugate za α.U tu svrhu potrebno je da reximo bikvadratnu jednaqinu

X4 + 2X2 + 25 = 0.

Uvo�e�em smene X2 = t, ona se svodi na kvadratnu jednaqinu

t2 + 2t+ 25 = 0,

qija su rexe�at1 = −1 + 2i

√6 i t1 = −1− 2i

√6.

Vra�a�em uvedene smene dobijamo tra�ena qetiri rexe�a polazne jednaqine:

α1 =√

2 + i√

3, α2 = −√

2 + i√

3, α1 =√

2− i√

3, α1 = −√

2− i√

3.

Na taj naqin smo odredili sve konjugate za α, ali smo i posebno, dobili da su svi oniu pou Q[α], xto direktno sledi iz egzistencije baze {1,

√2, i√

3, i√

6} tog poa nadQ koju smo ranije ustanovili. Zakuqujemo da je Q[α] korensko poe polinoma µ(X)nad poem Q, pa je raxire�e Q[α]/Q, odnosno Q[

√2, i√

3]/Q normalno.�

Zadatak 47. Dokazati da je svako konaqno raxire�e konaqnih poa normalno.

Rexe�e. Posmatrajmo proizvono konaqno poe Fq, gde je q = pα za neki prost broj pi prirodan broj α i �egovo konaqno raxire�e Fqn stepena n. Mo�emo uoqiti polinom

f(X) = Xqn −X ∈ Fq[X]


i posmatrati koliko �egovih nula pripada pou Fqn .Kako je multiplikativna grupa F×qn cikliqna reda qn − 1, odmah imamo da je za

svako t ∈ F×qn ispu�eno tqn−1 = 1, odnosno tq

n= t. Dobijamo da su svi elementi grupe

F×qn nule polinoma f(X), a poxto je i trivijalno f(0) = 0, mo�emo zakuqiti daposmatrani polinom uzima vrednost 0 za sve elemente poa Fqn . Prema tome, za Fqnva�i da je korensko poe polinoma f(X) nad Fq, odakle sledi da je raxire�e Fqn/Fqnormalno.�

Zadatak 48. Neka je K/F normalno i L/K konaqno raxire�e poa. Dokazati da zasvaki homomorfizam ϕ : K → L takav da je ϕ

∣∣F

= idF va�i da je automorfizam poaK.

Rexe�e. Imaju�i u vidu da je homomorfizam poa uvek injektivan (Tvr�e�e 1.20),sve xto treba da poka�emo je da va�i ϕ(α) ∈ K za sve α ∈ K.

Uoqimo proizvono α ∈ K i oznaqimo sa µ(X) = Xn + tn−1Xn−1 + · · ·+ t1X + t0 ∈

F [X] �egov minimalni polinom nad poem F . Koriste�i µ(α) = 0, dobijamo

αn + tn−1αn−1 + · · ·+ t1α+ t0 = 0

ϕ(αn + tn−1α

n−1 + · · ·+ t1α+ t0)

= 0

ϕ(α)n + ϕ(tn−1)ϕ(α)n−1 + · · ·+ ϕ(t1)ϕ(α) + ϕ(t0) = 0

ϕ(α)n + tn−1ϕ(α)n−1 + · · ·+ t1ϕ(α) + t0 = 0 ( jer je ϕ∣∣F

= idF ).

Iz posled�e jednakosti mo�emo zakuqiti da je ϕ(α) nula minimalnog polinomaµ(X) za α, xto po definiciji znaqi da je ϕ(α) algebarski konjugat za α ∈ K. Kako jeraxire�e K/F normalno, odatle sledi da je ϕ(α) ∈ K, qime je zadatak zavrxen.�

Zadatak 49. Neka je K/F normalno raxire�e poa i α, β ∈ K. Dokazati da sunaredna dva tvr�e�a ekvivalentna:

1) α i β su konjugovani.

2) Postoji automorfizam Ψ ∈ AutK takav da je Ψ(α) = β i Ψ∣∣F

= idF .

Rexe�e. Doka�imo prvo da iz 1) sledi 2). Pretpostavimo da su α i β konjugovani ioznaqimo sa µ(X) ∈ F [X] �ihov zajedniqki minimalni polinom. Specijalno je µ(X)nesvodiv polinom, pa iz Kronekerove konstrukcije imamo

F [α] ∼= F [X]/〈µ(X)〉 ∼= F [β],

pri qemu za izomorfizam ψ : F [α] → F [β] koji dobijamo va�i da fiksira poeF i slika α u β. Dodatno, poxto je raxire�e K/F normalno, ono je korensko poenekog polinoma f(X) ∈ F [X] nad F . Poe K onda mo�emo videti i kao korensko poeistog polinoma nad F [a], odnosno F [b]. Posled�e omogu�ava da postoje�i izomorfizamψ : F [α]→ F [β] proxirimo do automorfizma Ψ poa K, koji zadr�ava ista svojstvakoja ima ψ, qime je dokazano tv�e�e 2).


Sada dokazujemo da iz 2) sledi 1). Neka je Ψ ∈ AutK takav da je Ψ(α) = β iΨ∣∣F

= idF . Oznaqimo sa µ(X) = Xn + tn−1Xn−1 + · · · + t1X + t0 ∈ F [X] minimalni

polinom za α nad F . Izvode�i sliqan raqun kao u prethodnom zadatku dobijamo

αn + tn−1αn−1 + · · ·+ t1α+ t0 = 0

Ψ(αn + tn−1α

n−1 + · · ·+ t1α+ t0)

= 0

Ψ(α)n + Ψ(tn−1)Ψ(α)n−1 + · · ·+ Ψ(t1)Ψ(α) + Ψ(t0) = 0

Ψ(α)n + tn−1Ψ(α)n−1 + · · ·+ t1Ψ(α) + t0 = 0 ( jer je Ψ∣∣F

= idF )

βn + tn−1βn−1 + · · ·+ t1β + t0 = 0

odakle sledi da je i β nula polinoma µ(X). Dobijeno povlaqi da su α i β konjugovani,qime je dokazano da va�i 1).�

Zadatak 50. Neka je K normalno raxire�e poa F . Dokazati da je tada za svakome�uraxire�e F ≤ L ≤ K ispu�eno da je i K/L normalno. Da li mora uvek L/Fbiti normalno?

Rexe�e. Uoqimo proizvoan element α ∈ K i oznaqimo redom sa µF (X) ∈ F [X] iµL(X) ∈ L[X] �egove minimalne polinome nad poem F odnosno L. Kako je F ⊆ L,imamo da je µF (X) i u L[X], zbog qega, iz qi�enice da je µF (α) = 0 sledi

µL(X) | µF (X).

Dobijena relacija deivosti ne va�i samo u L[X], ve� i u K[X], gde polinom µF (X),zbog toga xto je raxire�e K/F normalno, ima faktorizaciju na linearne qlanove.Zakuqujemo da se i polinom µL(X) mora na poem K faktorisati na linearne fak-tore, qime je pokazano da je raxire�e K/L normalno.

Naredni primer pokazuje da raxire�e L/K ne mora uvek biti normalno. Posma-

trajmo raxire�e Q[ 3√

2, ε], ε = e2πi3 poa racionalnih brojeva Q, koje je normalno kao

korensko poe polinoma X3− 2 nad Q. Me�utim, me�uraxire�e Q[ 3√

2] nije normalnonad Q, kao xto smo videli u Primeru 2.3.�

Zadatak 51. Ispitati da li je raxire�e Q[ 4√

2]/Q normalno i u sluqaju da nije,odrediti �egovo normalno zatvore�e K.

Rexe�e. Posmatrajmo element 4√

2 ∈ Q[ 4√

2]. On anulira moniqan polinom f(X) =X4−2 ∈ Q[X] koji je nesvodiv nad Q po Ajzenxtajnovom kriterijumu prime�enom zaprost broj p = 2. Zakuqujemo da je f(X) minimalni polinom za 4

√2 nad Q. Koriste�i

Tvr�e�e 1.31 odatle dobijamo da je {1, 4√

2,√

2, 4√

8} jedna baza za Q[ 4√

2] nad Q, pa je,specijalno, i Q[ 4

√2] ⊆ R.

Dae lako nalazimo da su preostale nule polinoma f(X), odnosno konjugati za4√

2 jednaki − 4√

2, i 4√

2 i −i 4√

2. Iz qi�enice da je Q[ 4√

2] ⊆ R onda sledi da i 4√

2 i−i 4√

2 nisu u Q[ 4√

2], pa posmatrano raxire�e nije normalno. Odredimo zato �egovonormalno zatvore�e.


Odmah imamo da za korensko poe K polinoma f(X) nad Q va�i

K = Q[4√

2,− 4√

2, i4√

2,−i 4√

2]

= Q[4√

2, i].

Dobijeno raxire�e K/Q je svakako normalno i u �emu je sadr�ano poe Q[ 4√

2]. Tako-�e, poxto i 6∈ Q[ 4

√2], imamo da je minimalni polinom za taj element nad Q[ 4

√2] jednak

X2 + 1, odakle je [K : Q[ 4√

2]] = 2. Odatle sledi da ne postoji pravih me�uraxire�aizme�u poa K i Q[ 4

√2], pa K jeste tra�eno normalno zatvore�e poa Q[ 4

√2].

�

Zadatak 52. Neka su K/F i E/K normalna raxire�a poa. Ispitati da li tada iraxire�e E/F mora biti normalno.

Rexe�e. Oznaqimo F = Q, K = Q[√

2] i E = Q[ 4√

2]. Iz Zadatka 6 znamo da je onda[K : F ] = 2, pa je raxire�e K/F normalno na osnovu Zadatka 45. Primetimo dae da4√

2 nad K anulira polinom X2 −√

2. Odatle sledi da je [E : K] ≤ 2. Me�utim, kako4√

2 6∈ K, dobijamo da [E : K] = 2. Iz Zadatka 45 onda sledi da je i E/K normalnoraxire�e. Konaqno, iz prethodnog zadatka imamo da raxire�e E/F nije normalno,qime je pokazano da raxire�e E/F u opxtem sluqaju ne mora biti normalno, iakoK/F i E/K jesu.�

Zadatak 53. Dokazati da je polinom f(X) = X3 + pX + q separabilan ako i samo akoje 4p3 + 27q2 6= 0.

Rexe�e. Podsetimo se da smo prilikom definisa�a pojma diskriminante polinoma,uoqili da je ona jednaka nuli ako i samo ako taj polinom ima vixestrukih nula.Tako�e, za polinom f(X) = X3 + pX + q smo dobili da ima diskriminantu jednaku

∆(f) = −4p3 − 27q2 = −(4p3 + 27q2).

Prema tome, ∆(f) = 0 ako i samo ako je 4p3 + 27q2 = 0, odakle sledi da polinom f(X)nema vixestrukih nula, odnosno da je separabilan, ako i samo ako je 4p3 + 27q2 6= 0.�

Zadatak 54. Oznaqimo sa fp(X) ∈ Fp[X] redukciju polinoma f(X) = X3 − 6X + 1 ∈Z[X] po modulu prostog broja p. Odrediti sve p za koje polinom fp(X) nije separabilannad Fp.

Rexe�e. Oznaqimo sa ∆p redukciju po modulu p diskriminante ∆(f) polinoma f(X).Ako je ∆(fp) diskriminanta redukovanog polinoma fp(X) ∈ Fp[X], imamo da je

∆(fp) = ∆p.

Pri tome va�i da je polinom fp(X) separabilan nad Fp ako i samo ako je ∆(fp) 6= 0.Prema tome, neseparabilni �e biti svi oni polinomi za koje je ∆p = 0. Direktnimraqunom dobijamo da va�i

∆(f) = −4 · (−6)3 − 27 · (1)2 = 837.


Zbog toga je ∆p = 0 za sve proste faktore broja 837. Kako je 837 = 33 · 31, dobijamop = 3 ili p = 31. Zakuqujemo da su neseparabilni polinomi f3(X) i f31(X).�

Zadatak 55. Neka jeK proizvono poe karakteristike 3. Uoqimo proizvono a ∈ Ki posmatrajmo polinom f(X) = a − 2aX3 + X6. Pokazati da f(X) nije separabilanpolinom.

Rexe�e. Direktno dobijamo da je

f ′(X) = −6aX2 + 6X5 = 0, jer je charK = 3.

Odatle sledi da f(X) | f ′(X), pa je (f(X), f ′(X)) = f(X) 6= 1. Na osnovu Tvr�e�a 2.6onda mo�emo zakuqiti da polinom f(X) nije separabilan.�

Zadatak 56. Neka je F poe racionalnih funkcija nad konaqnim poem F2, F =F2(t). Dokazati da raxire�e K = F2(

√t) tog poa nije separabilno.

Rexe�e. Posmatrajmo element√t ∈ K. On anulira moniqni polinom

µ(X) = X2 − t ∈ F [X],

koji je kao polinom stepena 2, bez nula u F , nesvodiv nad tim poem. Zakuqujemoda je µ(X) minimalni polinom za

√t nad F . U K[X] taj polinom ima faktorizaciju

µ(X) = (X −√t)(X +

√t) = (X +

√t)2,

odakle sledi da element√t nije separabilan nad poem F . Zbog toga ni posmatrano

raxire�e K/F nije separabilno.�

Zadatak 57. Neka je F ≤ K ≤ L lanac raxire�a poa. Dokazati da je raxire�eL/F separabilno ako i samo ako su separabilna raxire�a L/K i K/F .

Rexe�e. Pretpostavimo prvo da je L/F separabilno raxire�e. To znaqi da svakielement iz L ima minimalni polinom koji je separabilan nad F . Kako je K ⊆ L, istova�i i za sve elemente poa K, odakle sledi da je raxire�e K/F separabilno.

Pri dokaziva�u separabilnosti raxire�a L/K, osloni�emo se na Zadatak 50. U�emu smo pokazali da ako uoqimo proizvono α ∈ L za �egove minimalne polinomeµF (X) ∈ F [X] nad poem F i µK(X) ∈ K[X] nad poem K va�i

µK(X) | µF (X).

Sada, kako je raxire�e L/F separabilno, polinom µF (X) nema vixestrukih nula (usvom korenskom pou). Zakuqujemo da onda ni polinom µK(X) nema vixestrukihnula, odakle sledi da je raxire�e L/K separabilno.

Pretpostavimo jox obratno, neka su raxire�a L/K i K/F separabilna. Tada za�ihove separabilne stepena va�i

[L : K]s = [L : K] i [K : F ]s = [K : F ].


Mno�e�em ove dve jednakosti dobijamo

[L : K]s[K : F ]s = [L : K][K : F ],

odakle je[L : F ]s = [L : F ],

xto znaqi da je raxire�e L/F separabilno.�

Zadatak 58. Neka jeK poe karakteristike p > 0. Dokazati da je algebarski elementα nad K separabilan ako i samo ako je K[α] = K[αp

n] za sve prirodne brojeve n.

Rexe�e. Primetimo prvo da oqigledno za svaki prirodan broj n va�i αpn ∈ K[α],

xto znaqi da imamo lanac raxire�a

K ≤ K[αpn] ≤ K[α].

Nad poem K[αpn] element α anulira polinom

f(X) = Xpn − αpn ,

koji se faktorixe kaof(X) = (X − α)p

n, (2.21)

jer su posmatrana poa karakteristike p.Pretpostavimo sada da je algebarski element α separabilan nad poem K. Tada

je i konaqno raxire�e K[α]/K separabilno, pa je, na osnovu Zadatka 57, separabilnoi raxire�e K[α]/K[αp

n]. Kako α anulira polinom f(X) ∈ K[αp

n][X], sledi da mi-

nimalni polinom µ(X) tog elementa nad poem K[αpn] deli f(X). Osla�aju�i se na

faktorizaciju (2.21) za f(X) dobijamo

µ(X) = (X − α)i,

za neko 1 ≤ i ≤ pn. Zbog separabilnosti raxire�a K[α]/K[αpn] polinom µ(X) mora

biti separabilan, xto ostava jedino mogu�nost i = 1, odnosno

µ(X) = X − α.

Dakle, dobili smo da je minimalni polinom za α nad K[αpn] linearan, xto znaqi da

je α ∈ K[αpn]. Odatle sledi K[α] = K[αp

n].

Obratno, neka element α nije separabilan nad K. Onda je minimalni polinom zaα nad K oblika g(Xpk), gde je g(X) ∈ K[X] separabilan polinom i k ≥ 1. Primetimo

da αp anulira polinom g(Xpk−1), odakle sledi da je K[αp] � K[α] (jer je svakako

K[αp] ≤ K[α], a dobili smo da K[α] ima ve�i stepen raxire�a od K[αp] nad poemK). Konaqno, primetivxi da je za sve prirodne brojeve n ispu�eno αp

n ∈ K[αp],dobijamo lanac raxire�a

K ≤ K[αpn] ≤ K[αp] � K[α].

Iz ovog lanca sledi da je nemogu�e da bude K[αpn] = K[α] za sve prirodne brojeve n,

xto zavrxava zadatak.�


Zadatak 59. Odrediti sve primitivne elemente raxire�a F9/F3 konaqnih poa.

Rexe�e. Imaju�i u vidu dokaz Teoreme 2.11, ono xto treba da uradimo je da prona-�emo sve generatore grupe F×9 . Posmatrajmo polinom X2 + 1 ∈ F3[X]. On je nesvodivnad F3, jer je stepena dva i nema nula u tom pou. Prema Kronekerovoj konstruk-ciji onda postoji nula i tog polinoma u nekom raxire�u stepena dva poa F3. Takvoraxire�e je izomorfno pou F9, pa mo�emo smatrati da je i ∈ F9.

Za element i va�i i2+1 = 0, odakle je i2 = −1 i i4 = 1. To znaqi da je i element reda4 u cikliqnoj grupi F×9 reda 8. Cikliqna grupa 〈i〉 je onda jedinstvena podgrupa reda4 u F×9 . Odatle sledi da sva 4 generatora grupe F×9 mo�emo prepoznati kao elementekoji se ne nalaze u podgrupi 〈i〉. Iz qi�enice da je 〈i〉 = {1,−1, i,−i} nalazimo da supomenuti generatori i + 1, i − 1,−i + 1,−i − 1. To su upravo i primitivni elementiraxire�a F9/F3.�

Zadatak 60 (Primer konaqnog raxire�a koje nije prosto). Posmatrajmo poe K =Fp(s, t) racionalnih funkcija sa dve promenive nad konaqnim poem Fp (p je prostbroj) i �egovo potpoe F = Fp(sp, tp).

1) Pokazati da je [K : F ] = p2, xto specijalno znaqi da je K/F konaqno raxire�e.

2) Pokazati da je za svako λ ∈ K ispu�eno λp ∈ F .

3) Pokazati da raxire�e K/F nije prosto.

Rexe�e. 1) Uoqimo lanac raxire�a

F ≤ Fp(s, tp) ≤ K

i posmatrajmo polinom f(X) = Xp − sp ∈ Fp(tp)[sp][X]. Primetimo da va�i

Fp(tp)[sp]/〈sp〉 ∼= Fp(tp),

pa kako je Fp(tp) poe, dobijamo da je glavni ideal 〈sp〉 maksimalan. Tada je specijalnotaj ideal i prost, xto znaqi da je i element sp prost u prstenu Fp(tp)[sp]. Vrativxise na posmatra�e polinoma f(X), prime�ujemo da on ispu�ava uslove Ajzenxtajno-vog kriterijuma u Fp(tp)[sp], pa je nesvodiv nad odgovaraju�im poem razlomakaFp(sp, tp). Kako je, dodatno, taj polinom moniqan i va�i

f(s) = 0,

zakuqujemo da je f(X) minimalni polinom za s nad poem F . Odatle sledi da je

[Fp(s, tp) : F ] = deg f = p.

Sliqno se pokazuje da je i [K : Fp(s, tp)] = p, odakle uz prethodno dobijamo tra�eno

[K : F ] = p2.


2) Uoqimo proizvoni element λ ∈ K. Tada postoje polinomi f(s, t) i g(s, t) 6= 0 nadpoem Fp sa dve neodre�ene takvi da je

λ =f(s, t)

g(s, t).

Onda imamo da je

λp =

(f(s, t)

g(s, t)

)p=fp(s, t)

gp(s, t)

=f(sp, tp)

g(sp, tp)(osla�aju�i se na Lemu 1.59),

odakle sledi λp ∈ F .3) Iz dela 2) direktno sledi da za svako λ ∈ K va�i [F [λ] : F ] ≤ p. Sa druge strane,iz dela 1) imamo da je [K : F ] = p2 > p, pa mo�emo zakuqiti da ne postoji nijednoλ ∈ K takvo da je K = F [λ]. Dakle, raxire�e K/F nije prosto.�

Zadatak 61. Neka je K korensko poe minimalnog polinoma elementa√

2 +√

2 nadQ. Odrediti potpunu Galua korespondenciju za raxire�e K/Q.

Rexe�e. Primetimo prvo da je raxire�e K/Q separabilno, poxto je poe Q karak-teristike nule (to sledi direktno iz Teoreme 2.10). Tako�e, pomenuto raxire�e jei normalno, kao korensko poe nekog polinoma nad Q. Zakuqujemo da je raxire�eK/Q Galuaovo, pa ima smisla odre�ivati �egovu Galuaovu grupu i korespondenciju.

Odredimo sada korensko poe K. U tu svrhu je potrebno da odredimo minimalni

polinom µ(X) ∈ Q[X] za α =√

2 +√

2 nad Q. Direktnim raqunom

α2 = 2 +√

2

α2 − 2 =√

2

(α2 − 2)2 = 2

α4 − 4α2 + 4 = 2

α4 − 4α2 + 2 = 0

dobijamo da α anulira polinom µ(X) = X4 − 4X2 + 2 ∈ Q[X]. Kako je taj polinommoniqan i nesvodiv nad Q prema Ajzenxtajnovom kriterijumu, zakuqujemo da jeminimalni polinom za α nad tim poem.

Prona�imo sve nule polinoma µ(X) (nad poem kompleksnih brojeva C). U tusvrhu posmatramo jednaqinu

X4 − 4X2 + 2 = 0,

koja se smenom X2 = t svodi na kvadratnu jednaqinu

tt − 4t+ 2 = 0. (2.22)


Lako nalazimo da su rexe�a jednaqine (2.22) t1 = 2 +√

2 i t2 = 2−√

2, odakle sledida su nule polinoma µ(X)

α =

√2 +√

2, −α = −√

2 +√

2, β =

√2−√

2, −β = −√

2−√

2.

Zakuqujemo da za korensko poe K polinoma µ(X) nad Q va�i

K = Q[α,−α, β,−β] = Q[α, β].

Primetimo jox da je i

1

α=

1√2 +√

2

=

√2−√

2√2

=β

α2 − 2.

Odatle sledi da je

β =α2 − 2

α.

Sliqno dobijamo da je i

α =2− β2

β.

Dobijeno omogu�ava da zakuqimo da je

K = Q[α,α2 − 2

α

]= Q[α].

Okrenimo se sada odre�iva�u Galuaove grupe G(K/Q). Na osnovu Tvr�e�a 2.3mo�emo zakuqiti da je G(K/Q) = AutK, pa sve xto treba da uradimo je da odredimosve automorfizme poa K. Kako je K = Q[α], svaki automorfizam f ∈ AutK jeodre�en vrednox�u f(α). Poxto se pri automorfizmu nekog poa svaki element slikau svoje konjugate, zakuqujemo da f(α) uzima vrednosti u skupu {α,−α, β,−β}, kogaqine sve nule minimalnog polinoma µ(X) za α nad Q. Prema tome, imamo qetiri5

elementa grupe G(K/Q): f1, f2, f3 i f4, za koje redom va�i

f1(α) = α, f2(α) = −α, f3(α) = −β, f4(α) = −β.

Koriste�i jednakosti β = α2−2α i α = 2−β2

β . koje smo ranije izveli, lako nalazimoi vrednosti fi(β), 1 ≤ i ≤ 4, xto nam omogu�ava da prona�emo redove posmatranihpreslikava�a u Galuaovoj grupi G(K/Q). Dobijeni rezultati prikazani su narednomtablicom:

5Mo�emo primetiti da je [K : Q] = deg µ(X) = 4, pa poxto je raxire�e K/Q Galuaovo, morava�iti |G(K/Q)| = 4.


α β red

f1 α β 1

f2 −α −β 2

f3 β −α 4

f4 −β α 4

Posmatra�em prethodne tablice, mo�emo zakuqiti da je G(K/Q) ∼= Z/4Z. Pri-metmo da Galuaova grupa G(K/Q) ima samo jednu pravu podgrupu, koja je generisana(jedinim) elementom reda 2 u toj grupi{ automorfizmom f2. Na osnovu toga konstru-ixemo narednu mre�u podgrupa za G(K/Q).

G(K/Q)

〈f2〉

〈idK〉

Odredimo fiksno poe K〈f2〉. Primetimo da je

f2(α2) = f2(α)2 = (−α)2 = α2,

pa α2 ∈ K〈f2〉. Odatle sledi da je i Q[α2] ⊆ K〈f2〉. Imamo da je i

α2 = 2 +√

2,

xto znaqi da je Q[α2] = Q[2+√

2] = Q[√

2]. Iz qi�enice da je Q[√

2 : Q] = 2, na osnovuTeoreme o Galua korespondenciji, konaqno zakuqujemo da je

K〈f2〉 = Q[√

2].

Drugi naqin kako mo�emo da odredimo fiksno poe K〈f2〉 je direktno na osnovudefinicije. Podsetimo se da je K = Q[α] raxire�e poa Q stepena 4. Odatle sledida je skup {1, α, α2, α3} jedna baza za K nad Q, pa se svaki element poa K mo�ezapisati na jedinstven naqin u obliku linearne kombinacije a + bα + cα2 + dα3 zaneke racionalne brojeve a, b, c i d. Po definiciji fiksnog poa onda imamo direktno

K〈f2〉 = {a+ bα+ cα2 + dα3 | f2(a+ bα+ cα2 + dα3) = a+ bα+ cα2 + dα3}= {a+ bα+ cα2 + dα3 | a+ bf2(α) + cf2(α)2 + df3(α)3 = a+ bα+ cα2 + dα3}= {a+ bα+ cα2 + dα3 | a− bα+ cα2 − dα3) = a+ bα+ cα2 + dα3}= {a+ bα+ cα2 + dα3 | b = d = 0}= {a+ cα2 | a, c ∈ Q} (svuda va�i a, b, c, d ∈ Q, xto nismo eksplicitno pisali)

= Q[α2].

Iz dobijenog, kao xto smo ve� videli, lako dobijamo i K〈f2〉 = Q[√

2].


Kada je odre�eno fiksno poe K〈f2〉, konstruixemo mre�u me�uraxire�a za poeK nad Q. Ona je odre�e�a narednim dijagramom.

Q

Q[√

2]

K

Dobijeni dijagram zajedno sa prethodnim koga smo konstruisali predstava potpunukorespondenciju podruga Galuaove grupe G(K/Q) sa me�uraxire�ima za K nad Q,qime je zadatak konaqno zavrxen.�

Zadatak 62. Neka je K korensko poe minimalnog polinoma elementa√

2 +√

3 nadQ. Odrediti potpunu Galua korespondenciju za raxire�e K/Q.

Rexe�e. Identiqno kao u prethodnom zadatku, prvo mo�emo zakuqiti da je raxi-re�e K/Q Galuaovo. Naredno xto �elimo da uradimo je da odredimo korensko poe

K, za xta nam je neophodan minimalni polinom µ(X) za α =√

2 +√

3 nad poem Q.Iz direktnog raquna

α2 = 2 +√

3

α2 − 2 =√

3

(α2 − 2)2 = 3

α4 − 4α2 + 4 = 3

α4 − 4α2 + 1 = 0

dobijamo da α anulira moniqan polinom µ(X) = X4 − 4X2 + 1 ∈ Q[X]. Primetimo daje i

µ(X + 1) = (X + 1)4 − 4(X + 1)2 + 1

= X4 + 4X3 + 6X2 + 4X + 1− 4X2 − 8X − 4 + 1

= X4 + 4X3 + 2X2 − 4X − 2,

odakle mo�emo, na osnovu Ajzenxtajnovog kriterijuma, zakuqiti da je polinomµ(X + 1) nesvodiv nad poem Q. Zbog toga je i polinom µ(X) nesvodiv, pa pred-stava minimalni polinom za α.

Prona�imo sve nule polinoma µ(X) (nad poem kompleksnih brojeva C). U tusvrhu posmatramo jednaqinu

X4 − 4X2 + 1 = 0.

Ova jednaqina se smenom X2 = t svodi na kvadratnu jednaqinu

tt − 4t+ 1 = 0.


Lako nalazimo da su �ena rexe�a t1 = 2 +√

3 i t2 = 2−√

3, odakle sledi da su nulepolinoma µ(X)

α =

√2 +√

3, −α = −√

2 +√

3, β =

√2−√

3, −β = −√

2−√

3.

Zakuqujemo da za korensko poe K polinoma µ(X) nad Q va�i

K = Q[α,−α, β,−β] = Q[α, β].

Primetimo jox da je ispu�eno β = 1α , na osnovu qega mo�emo zakuqiti da je

K = Q[α].

Sliqno kao u prethodnom zadatku, zbog Tvr�e�a 2.3, odre�iva�e Galuaove grupeG(K/Q) se svodi na odre�iva�e grupe automorfizama AutK poa K. Kako je K =Q[α], svaki element f ∈ AutK je u potpunosti odre�en vrednox�u f(α). Pri tomese α mora slikati u svoje konjugate, odnosno nule svog minimalnog polinoma µ(X).Zakuqujemo da postoje qetiri elementa grupe G(K/Q): f1, f2, f3 i f4, za koje redomva�i

f1(α) = α, f2(α) = −α, f3(α) = −β, f4(α) = −β.

Koriste�i qi�enicu da je β = 1α lako nalazimo i vrednosti fi(β), 1 ≤ i ≤ 4, xto nam

omogu�ava da prona�emo redove posmatranih preslikava�a u Galuaovoj grupi G(K/Q).Dobijeni rezultati prikazani su narednom tablicom:

α β red

f1 α β 1

f2 −α −β 2

f3 β α 2

f4 −β −α 2

Iz prethodne tablice zakuqujemo da je Galuaova grupa G(K/Q) izomorfna Klaj-snovoj grupi, tj. G(K/Q) ∼= Z/2Z×Z/2Z. Odatle sledi da ta grupa ima samo tri pravepodgrupe koje su generisane elementima reda dva: 〈f2〉, 〈f3〉 i 〈f4〉. Na osnovu te qi�e-nice mo�emo konstruisati mre�u podgrupa za G(K/Q), koja je prikazana narednimdijagramom.

G(K/Q)

〈f2〉〈f3〉〈f4〉

〈idK〉

Ostalo je jox da odredimo K〈f2〉, K〈f2〉 i K〈f4〉. Primetimo da je redom ispu�eno

f2(α2) = f2(α)2 = (−α)2 = α2

f3(α+ β) = f3(α) + f3(β) = β + α = α+ β

f4(α− β) = f4(α)− f4(β) = −β − (−α) = α− β,


odakle sledi da je α2 ∈ K〈f2〉, α + β ∈ K〈f3〉 i α − β ∈ K〈f4〉. Dodatno, imamo da jeredom

α2 = 2 +√

3

α+ β =√

6

α− β =√

2,

pa va�i da je Q[α2] = Q[2 +√

2] = Q[√

3], Q[α + β] = Q[√

6] i Q[α − β] = Q[√

2]. Izqi�enice da su sva dobijena rexe�a stepena 2 nad poem Q, na osnovu Teoreme o Galuakorespondenciji, konaqno zakuqujemo da je

K〈f2〉 = Q[√

3]

K〈f3〉 = Q[√

6]

K〈f4〉 = Q[√

2].

Posled�e omogu�ava da konstruixemo mre�u me�uraxire�a poa K nad Q, kao nanarednom dijagramu.

Q

Q[√

3] Q[√

6] Q[√

2]

K

Time je zavrxeno odre�iva�e potpune Galua korespondencije za K nad Q, pa i ovajzadatak.�

Zadatak 63. Neka je K korensko poe polinoma f(X) = X3−6X−6 nad Q. Odreditipotpunu Galua korespondenciju za raxire�e K/Q.

Rexe�e. Odredimo prvo sve nule polinoma f(X) nad poem kompleksnih brojeva C.U tu svrhu potrebno je rexiti jednaqinu

X3 − 6X − 6 = 0. (2.23)

Uvedimo smenu X = u+ v. Zamenom u jednaqinu (2.23) dobijamo

(u+ v)3 − 6(u+ v)− 6 = 0

u3 + v3 + 3uv(u+ v)− 6(u+ v)− 6 = 0

u3 + v3 + (u+ v)(3uv − 6)− 6 = 0.

Na ovom mestu nametnimo uslov 3uv−6 = 0, tj. uv = 2, koji nam omogu�ava da izrazimov = 2

u . Dobijeni izraz za v koristimo kao smenu koju uvodimo u posled�u jednaqinu.Pri toj smeni, posmatrana jednaqina postaje

u3 +8

u3− 6 = 0. (2.24)


Uvo�e�em smene u3 = t jednaqina (2.24) se svodi na kvadratnu, qije rexe�e lakopronalazimo. Konkretno, imamo

t+8

t− 6 = 0

t2 − 6t+ 8 = 0,

odakle lako dobijamo da su dva rexe�a (po t), jednaka t1 = 2 i t2 = 4. Bitno jeprimetiti da t1 i t2 posle vra�a�a svih smena daju ista rexe�a polazne jednaqine,pa je dovono da radimo sa samo jednim od �ih. Odaberimo, na primer, t1 = 2. Onda,vra�a�em smene u3 = t, lako dobijamo tri mogu�nosti:

u1 =3√

2, u2 = ε3√

2, u3 = ε2 3√

2,

gde je ε = e2πi3 . Iz uslova v = 2

u , koriste�i da je ε3 = 1, dae dobijamo i

v1 =3√

4, v2 = ε2 3√

4, v3 = ε3√

4.

Konaqno, dobijene vrednosti za ui i vi omogu�avaju da prona�emo sva tri rexe�apolazne jednaqine (2.23),

x1 = u1 + v1 =3√

2 +3√

4

x2 = u2 + v2 = ε3√

2 + ε2 3√

4

x3 = u3 + v3 = ε2 3√

2 + ε3√

4.

Po definiciji korenskog poa, imamo da je

K = Q[x1, x2, x3] = Q[3√

2 +3√

4, ε3√

2 + ε2 3√

4, ε2 3√

2 + ε3√

4].

Dobijeni oblik poa K nije bax pogodan za ispitiva�e Galua korespondencije, pazato poka�imo da je K = Q[ 3

√2, ε]. Inkluzija K ⊆ Q[ 3

√2, ε] oqigledno va�i, pa treba

samo jox pokazati da je Q[ 3√

2, ε] ⊆ K.Uoqimo prvo da va�i

x21 = (

3√

2 +3√

4)2

=3√

4 + 4 + 23√

2,

odakle sledi da je 2 3√

2+ 3√

4 = x21−4, pa je 2 3

√2+ 3√

4 ∈ K. Kako je i x1 = 3√

2+ 3√

4 ∈ K,dobijamo da je

3√

2 = 23√

2 +3√

4− (3√

2 +3√

4) ∈ K.

Sliqno imamo i

x22 = (ε

3√

2 + ε2 3√

4)2

= ε2 3√

4 + 4 + 2ε3√

2,

pa ε2 3√

4 + 2ε 3√

2 = x22− 4 pripada K. Koriste�i qi�enicu da je x2 = ε 3

√2 + ε2 3

√4 ∈ K,

dobijamo da iε

3√

2 = ε2 3√

4 + 2ε3√

2− (ε3√

2 + ε2 3√

4) ∈ K.


Konaqno, zbog ve� ranije pokazanog 3√

2 ∈ K, posled�e implicira da je ε ∈ K.Da sumiramo, dobili smo da je ε, 3

√2 ∈ K, odakle sledi da jeQ[ε, 3

√2] ⊆ K. Dobijena

inkluzija povlaqi da je K = Q[ 3√

2], ε.Odredimo stepen raxire�a [K : Q]. U tu svrhu uoqimo lanac raxire�a Q ≤

Q[ 3√

2] ≤ Q[ 3√

2, ε] = K. Iz Zadatka 7 imamo da je [Q[ 3√

2] : Q] = 3, kao i da je {1, 3√

2, 3√


√2] nad poem Q. Odatle sledi da je Q[ 3

√2] ⊆ R.

Posmatrajmo polinom X2 + X + 1 ∈ Q[ 3√

2] koga ε anulira. Kako je Q[ 3√

2] ⊆ R iε /∈ R, posmatrani polinom nema nula u Q[ 3

√2], pa je nesvodiv, a stoga i minimalan

polinom za ε nad poem Q[ 3√

2]. To znaqi da je [Q[ 3√

2, ε] : Q[ 3√

2]] = 2. Koriste�iTvr�e�e 1.10 konaqno dobijamo da je

[K : Q] = 6. (2.25)

Okrenimo se sada odre�iva�u Galuaove grupe G(K/Q). Kao i u dosadax�im zadacima,to se svodi na odre�iva�e grupe AutK. Kako jeK = Q[ 3

√2, ε], svaki automorfizam f ∈

AutK je u potpunosti odre�en vrednostima f( 3√

2) i f(ε). Primetimo da je minimalnipolinom za 3

√2 nad Q jednak X3 − 2, odakle sledi da f( 3

√2) uzima vrednosti u skupu

{ 3√

2, ε 3√

2, ε2 3√

2}. Sliqno, iz qi�enice da je minimalni polinom za ε nad Q jednakX2+X+1 direktno sledi da f(ε) uzima vrednosti u skupu {ε, ε2}. Na osnovu dobijenogkonstruixemo narednu tablicu, koja opisuje sve elemente grupe G(K/Q), kao i �ihoveredove.

3√

2 ε red

f13√

2 ε 1

f23√

2 ε2 2

f3 ε 3√

2 ε 3

f4 ε 3√

2 ε2 2

f5 ε2 3√

2 ε 3

f6 ε2 3√

2 ε2 2

Na osnovu dobijenih redova u G(K/Q) mo�emo zakuqiti da je ta grupa izomorfnadiedarskoj grupi D3. Rada lakxeg snala�e�a, uvedimo oznake elemenata u G(K/Q)u skladu sa onima u D3; f2 ←→ σ i f3 ←→ ρ, pri qemu je f4 ←→ σρ2, f5 ←→ ρ2

i f6 ←→ σρ. Uz uvedenu identifikaciju imamo G(K/Q) = 〈σ, ρ〉, pa nalazimo daG(K/Q) ima qetiri prave podgrupe: 〈σ〉, 〈σρ〉, 〈σρ2〉 reda 2 i 〈ρ〉 reda 3. Na osnovutoga konstruixemo mre�u podgrupa za G(K/Q), prikazanu narednim dijagramom.

D3

〈ρ〉

〈σ〉〈σρ〉〈σρ2〉

〈idK〉


Ostalo je jox da odredimo fiksna poa K〈σ〉, K〈σρ〉, K〈σρ2〉 i K〈ρ〉. U tu svrhu prime-

timo da je redom

σ(3√

2) =3√

2

(σρ)(ε3√

2) = (σρ)(ε)(σρ)(3√

2) = ε2ε2 3√

2 = ε3√

2

(σρ2)(ε2 3√

2) = (σρ2)(ε)2(σρ2)(3√

2) = ε4ε3√

2 = ε2 3√

2

(ρ)(ε) = ε.

Dobijeno povlaqi da je 3√

2 ∈ K〈σ〉, ε 3√

2 ∈ K〈σρ〉, ε2 3√

2 ∈ K〈σρ2〉 i ε ∈ K〈ρ〉. Poxto

je minimalni polinom za 3√

2, ε 3√

2 i ε2 3√

2 nad Q jednak X3 − 2, sledi da je stepenraxire�a svakog od poa Q[ 3

√2],Q[ε 3

√2] i Q[ε2 3

√2] nad Q jednak 3. Na osnovu jednako-

sti (2.25) i Tvr�e�a 1.10 onda mo�emo zakuqiti da je i stepen raxire�a za K nadsvakim od tih poa jednak 2. Na isti naqin, poxto je minimalni polinom za ε nadQ jednak X2 + X + 1, sledi da je [Q[ε] : Q] = 2, odakle je i [K : Q[ε]] = 3. Dobijenoomogu�ava da uz upotrebu Teoremu o Galua korespondenciji zakuqimo da va�i

K〈σ〉 = Q[3√

2]

K〈σρ〉 = Q[ε3√

2]

K〈σρ2〉 = Q[ε2 3

√2]

K〈ρ〉 = Q[ε].

Sada mo�emo da konstruixemo mre�u me�uraxire�e poa K nad Q, kao na narednomdijagramu.

Q

Q[ε]

Q[ 3√

2] Q[ε 3√

2] Q[ε2 3√

2]

K

Na ovaj naqin je u potpunosti odre�ena Galua korespondencija za K nad Q, qime jezadatak zavrxen.�

Zadatak 64. Neka je q = pα, gde je p prost broj i α prirodan broj. Dokazati daje raxire�e Fqn/Fq konaqnih poa Galuaovo, pri qemu je Galuaova grupa G(Fqn/Fq)cikliqna reda n, generisana automorfizmom Φq : x→ xq.

Rexe�e. U Zadatku 47 je pokazano da je raxire�e Fqn/Fq normalno, dok iz Teoreme2.10 imamo i da je posmatrano raxire�e separabilno. Prema tome, Fqn je Galuaovoraxire�e poa Fq.


Odredimo jox odgovaraju�u Galuaovu grupu G(Fqn/Fq). Primetimo prvo da izqi�enica da je [Fqn : Fq] = n i Fqn/Fq Galuaovo, na osnovu Teoreme 2.22, sledi daje |G(Fqn/Fq)| = n. Tako�e, preslikava�e Φq jeste automorfizam poa Fqn , jer semo�e predstaviti kao Frobenijusov automorfizam tog poa na stepen α (u vezi saFrobenijusovim automorfizmom pogledati Zadatak 3). Za proizvono x ∈ F×q , kakoje grupa F×q cikliqna reda q − 1, je ispu�eno

xq−1 = 1,

odakle je i Φq(x) = xq = x. Kako je trivijalno i Φq(0) = 0, zakuqujemo da za svex ∈ Fq va�i Φq(x) = x. To znaqi da je Φq jedan Fq-automorfizam poa Fqn , odnosnoelement Galuaove grupe G(Fqn/Fq).

Odredimo jox red za Φq u G(Fqn/Fq). U tu svrhu treba da odredimo najma�i

prirodan broj j takav da je Φjq = idFqn . Posmatrani uslov je ekvivalentan sa va�e�em

zqj

= z (2.26)

za sve z ∈ Fqn . Primetimo da polinom zqj − z ∈ Fqn [z] stepena qj ne mo�e nad poem

Fqn imati vixe od qj nula. To znaqi da i jednakost (2.26) mo�e da va�i da va�iza najvixe qj razliqitih elemenata iz Fqn . Zakuqujemo da pomenuta jednakost neva�i za sve z ∈ Fqn ni za jedno j < n, xto znaqi da je automorfizam Φq reda baremn u G(Fqn/Fq). Poxto je grupa G(Fqn/Fq) reda n, onda mora biti i Φq reda n, a taqi�enica povlaqi da je

G(Fqn/Fq) = 〈Φq〉.

�

Zadatak 65. Neka je G proizvona konaqna grupa. Dokazati da postoji Galuaovoraxire�e poa E/F , takvo da je G(E/F ) ∼= G.

Rexe�e. Neka je red grupe G jednak n ∈ N. Oznaqimo sa E poe racionalnihfunkcija sa n neodre�enih nad poem C,

E = C(X1, X2, . . . , Xn).

Uz poe E, posmatrajmo i �egovo potpoe K generisano elementarnim simetriqnimpolinomima,

K = C(e1, e2, . . . , en),

gde je

ek = ek(X1, X2, . . . , Xn) =∑

1≤j1<j2<···<jk≤nXj1Xj2 · · · ·Xjk , 1 ≤ k ≤ n.

Poxto je charK = 0, na osnovu Teoreme 2.10 odmah sledi da je E/K separabilnoraxire�e. Pored toga, za poe E va�i da je korensko poe polinoma

g(Y ) =

n∏i=1

(Y −Xi) ∈ K[Y ]. (2.27)


Napomenimo da polinom g(Y ) pripada K[Y ] zbog toga xto su �egovi koeficijenti, naosnovu Vijetovih veza, redom (do na znak) jednaki upravo elementarnim simetriqnimpolinomima ek. Dobijeno omogu�ava da zakuqujemo da je raxire�e K/E normalno,pa je i Galuaovo.

Odredimo Galuaovu grupu G(E/K). Primetimo prvo da iz (2.27) sledi da su sviXi, 1 ≤ i ≤ n me�usobno konjugovani. Zbog qi�enice da svaki K-automorfizam po-a E, odnosno element Galuaove grupe G(E/K), slika elemente u svoje konjugate,zakuqujemo da G(E/K) vrxi permutacije skupa {X1, X2, . . . , Xn}. Zbog toga mo�emosmatrati da je

G(E/K) ≤ Sym{X1, X2, . . . , Xn} ∼= Sn. (2.28)

Sa druge strane, uoqimo proizvonu permutaciju σ ∈ Sn i f(X1,X2,...,Xn)g(X1,X2,...,Xn) ∈ E. Ako

oznaqimo sa ◦ dejstvo Sn na E, imamo da je

σ ◦ f(X1, X2, . . . , Xn)

g(X1, X2, . . . , Xn)=f(Xσ(1), Xσ(2), . . . , Xσ(n))

g(Xσ(1), Xσ(2), . . . , Xσ(n))∈ E.

Tako�e, element iz K, poxto elementarni simetriqni polinomi ostaju fiksni pridejstvu grupe Sn, qine fiksno poe pri dejstvu pomenute grupe na K. Prema tome,svaku permutaciju σ ∈ Sn mo�emo videti kao K-automorfizam poa E, xto znaqida mo�emo smatrati da je Sn jedna podgrupa Galuaove grupe G(E/K). Dobijeno uzinkluziju (2.28) pokazuje da je G(E/K) ∼= Sn.

Vratimo se sada na posmatra�e grupe G iz postavke zadatka. Iz teorije grupa jedobro poznato da je za svako g ∈ G operator levog mno�e�a

g· : G→ G

bijekcija. Drugim reqima, za svako g ∈ G je ispu�eno g· ∈ SymG. Kako je |G| = n,va�i SymG ∼= Sn, xto znaqi da preslikava�e g → g· predstava jedno utapa�e grupeG u Sn. Prema tome, mo�emo smatrati da je G ≤ Sn.

Posled�e dobijeno omogu�ava da posmatramo fiksno poe EG Galuaovog raxire�aE/K. Iz Teoreme o Galua korespondenciji sledi da je i raxire�e E/EG Galuaovo,kao i da va�i

G(E/EG) ∼= G.

Prema tome, ako oznaqimo F = EG, dobijamo tra�eno Galuaovo raxire�e E/F saosobinom da je G(E/F ) ∼= G.�

Zadatak 66. Neka je F proizvono poe i f(X) = X3 + pX + q ∈ F [X] separabi-lan, nesvodiv polinom. Dokazati da za Galuaovu grupu G(K/F ) korenskog poa Kpolinoma f(X) nad F va�i:

G(K/F ) ∼=

{Z/3Z, ako − 4p3 − 27q2 ima koren u F

D3, ako − 4p3 − 27q2 nema koren u F.


Rexe�e. Oznaqimo redom sa a, b, c sve nule polinoma f(X). Tada je K = F [a, b, c]. IzVijetovih veza za polinom f(X) imamo da je a + b + c = 0, odakle odmah sledi da jei K = F [a, b]. Oznaqimo jox sa ∆ = (a − b)2(b − c)2(a − c)2 diskriminantu polinomaf(X). Tada je

√∆ = (a − b)(b − c)(a − c). Izra�avaju�i c = −a − b, dobijamo da

√∆

zavisi samo od a i b. Tako�e, mo�emi i b izraziti preko a i√

∆, xto omogu�ava dazakuqimo K = F [a,

√∆].

Podsetimo se sada da va�i ∆ = −4p3 − 27q2 ∈ F . Odatle sledi da√

∆2 ∈ F , pa je

[F [∆] : F ] ≤ 2. Preciznije, va�i

[F [∆] : F ] =

{1, ako

√∆ ∈ F

2, ako√

∆ 6∈ F.(2.29)

Posmatrajmo sada lanac raxire�a F ≤ F [a] ≤ K. Primetimo da je f(X) mini-malni polinom za a nad F , pa je, na osnovu Tvr�e�a 1.31, [F [a] : F ] = deg f(X) = 3.Koriste�i Tvr�e�e 1.10, uz prethodno dobijeno i (2.29), sledi da je

[K : F ] = [K : F [a]] · [F [a] : F ] ∈ {3, 6}.

Pri tome je [K : F ] = 6 ako i samo ako je√

∆ ∈ F [a]. Primetmo da je to ekvivalentnosa√

∆ ∈ F , jer, poxto je polinom f(X) separabilan, sve �egove nule su razliqite, pase �egova diskriminanta ne mo�e predstaviti kao polinom samo jedne od �ih. Prematome, dobili smo

[K : F ] =

{3, ako

√∆ ∈ F

6, ako√

∆ 6∈ F.

Pretpostavimo prvo da je [K : F ] = 3. Tada je i |G(K/F )| = 3, pa kako je svaka grupareda izomorfna Z/3Z, odmah sledi G(K/Q) ∼= Z/3Z. Posmatrajmo zato dae sluqajkada je [K : F ] = 6. Poxto se prvi dejstvu Galuaove grupe G(K/F ) svaki element poaK slika u svoje konjugate, iz qi�enice da je f(X) zajedniqki minimalni polinom zaa, b, c, dobijamo da G(K/F ) permutuje skup {a, b, c}. Zbog toga mo�emo smatrati daje G(K/F ) ≤ S3. Kako je [K : F ] = 6, odatle sledi da je G(K/F ) ∼= Sn. Koriste�idobro poznati izomorfizam S3

∼= D3, dobijamo i tra�eno G(K/F ) ∼= D3, xto zavrxavazadatak.�

Zadatak 67. Neka je f(X) = X4 +pX2 + q ∈ Q[X] nesvodiv polinom. Nule tog poli-noma (u C), osla�aju�i se na Vijetove veze, mo�emo izraziti redom kao α,−α, β,−β.Oznaqimo jox sa K korensko poe polinoma f(X) nad Q. Dokazati da za Galuaovugrupu raxire�a K/Q va�i:

1) G(K/Q) ∼= Z/2Z× Z/2Z ako i samo ako je αβ ∈ Q.

2) G(K/Q) ∼= Z/4Z ako i samo ako je αβ −

βα ∈ Q.

3) G(K/Q) ∼= D4 ako i samo ako je αβ,αβ −

βα 6∈ Q.


Rexe�e. Primetimo prvo da je K = Q[α, β], xto mo�emo posmatrati i kao K =Q[α, αβ]. Minimalni polinom za α nad Q je oqigledno f(X) , odakle sledi da je[Q[α] : Q] = 4. Dodatno, iz Vijetovih veza za polinom f(X) sledi da je α2β2 = q ∈ Q,xto znaqi da je [Q[αβ] : Q] ≤ 2. Koriste�i Tvr�e�e 1.10 za lanac raxire�a Q ≤Q[α] ≤ K, dobijamo

[K : Q] = [K : Q[α]] · [Q[α] : Q],

pa je [K : Q] = 4 ili [K : Q] = 8, u zavisnosti od toga da li je αβ ∈ Q[α] ili ne. Sadamo�emo pre�i na ispitiva�e sluqajeva iz postavke zadatka.1) Pretpostavimo prvo da je αβ ∈ Q. Tada je [Q[α] : Q] = 4, odakle sledi da je|G(K/Q)| = 4, kao i da je svaki element ϕ grupe G(K/Q) u potpunosti odre�envrednox�u ϕ(α). Poxto se pri dejstvu Galuaove grupe svaki element slika u svojekonjugate, mo�emo zakuqiti da je ϕ(α) ∈ {α,−α, β,−β}.

Posmatrajmo f1, f2 ∈ G(K/Q), odre�ene sa f1(α) = −α i f2(α) = β. Kako je

f21 (α) = f1(−α) = −f1(α) = −(−α) = α,

odmah sledi da je f1 reda dva u grupi G(K/Q). Tako�e, ispu�eno je f2(−α) = −f2(α) =−β, pa preostaje samo f2(β) ∈ {α,−α}. Pretpostavimo da je f2(β) = −α. Poxto jeαβ ∈ Q, va�i f2(αβ) = αβ. Me�utim, imamo i

f2(αβ) = f2(α)f2(β) = β(−α) = −αβ,

xto dae kontradikciju. Prema tome, f2(β) = α. Onda je i

f22 (α) = f2(β) = α,

odakle zakuqujemo da je i f2 reda 2 u grupi G(K/Q). Dakle, G(K/Q) je grupa redaqetiri u kojoj postoji barem dva elementa reda 2, pa mora biti izomorfna Klajnovojgrupi; G(K/Q) ∼= Z/2Z× Z/2Z.

Pretpostavimo sada obratno, neka jeG(K/Q) ∼= Z/2Z×Z/2Z. TadaQ-automorfizmif1, f2 ∈ G(K/Q), odre�eni redom sa f1(α) = −α i f2(α) = β moraju biti reda 2. Izqi�enice da je f2 reda 2, odmah zakuqujemo da va�i f2(β) = α. Sa druge strane,poxto je f1(−α) = α, za f1(β) preostaju jedino vrednosti β i −β. Pretpostavimo daje f2(β) = β. Tada je ispu�eno

(f2f1)(α) = f2(f1(α)) = f2(−α) = −β(f1f2)(α) = f1(f2(α)) = f1(β) = β.

Dobijeno implicira da f1 i f2 ne komutiraju, xto je kontradikcija (grupa G(K/Q)je Abelova). Prema tome, va�i f1(β) = −β.

Koriste�i dobijeno, jednostavan raqun

f1(αβ) = f1(α)f1(β) = (−α)(−β) = αβ

f2(αβ) = f2(α)f2(β) = βα = αβ

pokazuje αβ ∈ K〈f1,f2〉. Poxto su f1 i f2 dva elementa reda 2 u grupi G(K/Q), izomorf-noj Klajnovoj grupi, sledi da jeG(K/Q) = 〈f1, f2〉. Zbog toga jeK〈f1,f2〉 = KG(K/Q) = Q,


xto konaqno pokazuje αβ ∈ Q.2) Neka je α

β −βα ∈ Q. Kako je, iz Vijetovih veza za polinom f(X), ispu�eno α2β2 = q,

imamoα

β− β

α=α2 − β2

αβ=α2 − q

α2

αβ∈ Q,

odakle sledi β ∈ Q[α]. Zbog toga jeK = Q[α], pa imamo [K : Q] = 4, kao i |G(K/Q)| = 4.Dodatno, potpuno isto kao u prethodnom delu, svaki element ϕ grupe G(K/Q) je upotpunosti odre�en vrednox�u ϕ(α) ∈ {α,−α, β,−β}.

Posmatrajmo automorfizam f1 ∈ G(K/Q) odre�en sa f1(α) = β. Tada je f1(−α) =−β, pa preostaje f1(β) ∈ {α,−α}. Pretpostavimo da je f1(β) = α. Poxto je α

β −βα ∈ Q,

imamoα

β− β

α= f1

(α

β− β

α

)=f1(α)

f1(β)− f1(β)

f1(α)=β

α− α

β= −

(α

β− β

α

),

xto impliciraα

β− β

α= 0, tj.

α2 − β2

αβ= 0.

Dakle, dobijamo α2 = β2, xto je kontradikcija sa separabilnox�u polinoma f(X)(nesvodiv polinom nad poem karakteristike 0 je separabilan). Prema tome, morava�iti, f1(β) = −α. Zbog toga imamo

α β −α −β α,f1 f1 f1 f1

xto pokazuje da je f1 reda 4 u grupi G(K/Q). Poxto je |G(K/Q)| = 4, odatle sledi daje G(K/Q) ∼= Z/4Z.

Neka je sada G(K/Q) ∼= Z/4Z. Kako je Q-automorfizam ϕ ∈ G(K/Q), odre�en saϕ(α) = −α, reda 2, Q-automorfizam f1 ∈ G(K/Q), odre�en sa f1(α) = β mora bitireda 4. Zbog toga je f1(β) = −α, pa imamo

f1

(α

β− β

α

)=f1(α)

f1(β)− f1(β)

f1(α)= −β

α+α

β=α

β− β

α,

odakle je αβ −

βα ∈ K

〈f1〉1 . Iz qi�enice da element f1 reda 4 u G(K/Q) ∼= Z/4Z generixe

tu grupu, konaqno dobijamo αβ −

βα ∈ K

G(K/Q) = Q.3) Pretpostavimo da je G(K/Q) ∼= D4. Iz delova 1) i 2) onda odmah sledi da jenemogu�e da bude αβ ∈ Q ili α

β −βα ∈ Q.

Neka je, obratno, αβ, αβ −βα 6∈ Q. Iz delova 1) i 2) onda odmah sledi da je nemogu�e

da bude [K : Q] = 4, pa preostaje jedino [K : Q] = 8. To znaqi da je i |G(K/Q)| = 8.Poxto Galuaova grupa svaki element slika u svoje konjugate, G(K/Q) permutuje skup{α,−α, β,−β}, pa imamo

G(K/Q) ≤ Sym{α,−α, β,−β} ∼= S4.

Dakle, G(K/Q) mo�emo prepoznati kao Silovevu6 2-podrupu grupe S4. Kao takva,posmatrana grupa G(K/Q) onda mora biti izomorfna diedarskoj grupi7 D4, xto za-

6Peter Ludwig Mejdell Sylow (1832-1918), norvexki matematiqar7eksplicitno, postoje taqno tri razliqite Siloveve 2-podgrupe od S4, 〈b1, 2, 3, 4eb2, 4e〉,

〈b1, 3, 2, 4eb3, 4e〉 i 〈b1, 2, 4, 3eb2, 3e〉, koje su sve izomorfne D4.


vrxava zadatak.�

Zadatak 68. Neka je p prost broj i ζp = e2πip i K = Q[ζp].

1) Dokazati da je raxire�e K/Q Galuaovo i odrediti G(K/Q).2) Za p = 11 odrediti potpunu Galuaovu korespondenciju za K nad Q.

Rexe�e. 1) Odmah imamo da je K/Q Galuaovo raxire�e, poxto je poe Q karakte-ristike 0. U Zadatku 36 smo dobili i da je K korensko poe polinoma

f(X) = Xp−1 +Xp−2 + · · ·+X + 1

nad Q. Zbog toga je raxire�e K/Q i normalno, odakle sledi da je i Galuaovo.Odredimo jox odgovaraju�u Galuaovu grupu. Iz Zadatka 36 imamo da je stepen

raxire�a [K : Q] jednak p− 1, pa je i |G(K/Q)| = p− 1. Pri tome je f(X) minimalnipolinom za ζp nad Q, pa se ζp pri dejstvu grupe G(K/Q) slika u svoje konjugate, xtosu upravo nule ζip, 1 ≤ i ≤ p− 1 polinoma f(X). Iz qi�enice da je K = Q[ζp] sledi dasu na ovaj naqin odre�eni svi Q-automorfizmi poa K, odnosno da imamo

G(K/Q) = {fi : ζp → ζip, 1 ≤ i ≤ p− 1}.

Oznaqimo sa Φp Ojlerovu grupu po modulu p i posmatrajmo preslikava�e

θ : Φp → G(K/Q),

definisano sa θ(i) = fi. Poxto je p prost broj va�i Φp = {1, 2, . . . , p − 1}, odakleodmah sledi da je preslikava�e θ surjektivno. Tako�e, kako za svako i, j ∈ Φp va�i

θ(ij)(ζp) = fij(ζp) = ζijp = (ζjp)i = ((fj)(ζp))i = (fi ◦ fj)(ζp),

zakuqujemo da je θ homomorfizam grupa. Konaqno, poxto je surjektivni homomor-fizam konaqnih grupa, preslikava�e θ predstava izomorfizam. Dakle, dobijamo

G(K/Q) ∼= Φp.

Imaju�i u vidu da je za svaki prost broj odgovaraju�a Ojlerova grupa cikliqna, do-bijeno mo�emo dodatno precizirati,

G(K/Q) ∼= Z/(p− 1)Z

2) Ako je p = 11 iz prethodnog dela imamo da je

G(K/Q) ∼= Z/10Z.

Odatle sledi da postoje dve prave podgrupe od G(K/Q): jedna reda 2 i jedna reda 5,koje su i same cikliqne. Radi lakxeg zapisa uvedimo oznaku ζ = ζ11 i primetimo daje ispu�eno

(f10)2(ζ) = ζ100 = ζ

(f3)5(ζ) = ζ243 = ζ,


xto povlaqi da su f10 i f3 reda 2, odnosno 5 u G(K/Q). Na osnovu toga konstruixemonarednu mre�u podgrupa za G(K/Q).

G(K/Q)

〈f3〉

〈f10〉

〈idK〉

Ostaje jox da odredimo fiksna poaK〈f10〉 iK〈f3〉. Za taj posao je lakxe da koristimobazu {ζ, ζ2, . . . , ζ10} zaK nad Q, umesto baze {1, ζ, . . . , ζ9} koju dobijamo iz Tvr�e�a 1.31.Dejstvo Q-automorfizama f3 i f10 na tako odabranim baznim elementima je opisanonarednom tablicom

ζ ζ2 ζ3 ζ4 ζ5 ζ6 ζ7 ζ8 ζ9 ζ10

f3 ζ3 ζ6 ζ9 ζ ζ4 ζ7 ζ10 ζ2 ζ5 ζ8

f10 ζ10 ζ9 ζ8 ζ7 ζ6 ζ5 ζ4 ζ3 ζ2 ζ

Elemente fiksnog poa K〈f3〉 onda mo�emo prepoznati kao sve Q-linearne kombina-cije

∑10i=1 aiζ

i sa osobinom da je

f3

(10∑i=1

aiζi

)=

10∑i=1

aiζi.

Koriste�i osobine Q-automorfizama poa i prethodnu tablicu dobijeni uslov sesvodi na

10∑i=1

aif3(ζi) =10∑i=1

aiζi,

odakle je

a1ζ3 + a2ζ

6 + a3ζ9 + a4ζ + a5ζ

4 + a6ζ7 + a7ζ

10 + a8ζ2 + a9ζ

5 + a10ζ8

= a1ζ + a2ζ2 + a3ζ

3 + a4ζ4 + a5ζ

5 + a6ζ6 + a7ζ

7 + a8ζ8 + a9ζ

9 + a10ζ10,

xto daje a1 = a3 = a9 = a5 = a4 i a2 = a6 = a7 = a10 = a8. Iz dobijenog sledi da je

K〈f3〉 = {a(ζ + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ9) + b(ζ2 + ζ6 + ζ7 + ζ8 + ζ10) | a, b ∈ Q},

xto omogu�ava da zakuqimo da va�i

K〈f3〉 = Q[ζ + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ9, ζ2 + ζ6 + ζ7 + ζ8 + ζ10].


Primetimo jox da je ispu�eno

(ζ + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ9)2 = ζ2 + ζ6 + ζ7 + ζ8 + ζ10

+ 2(ζ + ζ2 + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ6 + ζ7 + ζ8 + ζ9 + ζ10)

= ζ2 + ζ6 + ζ7 + ζ8 + ζ10 − 2,

gde je ζ+ ζ2 + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ6 + ζ7 + ζ8 + ζ9 + ζ10 = −1 iz Vijetovih veza za minimalnipolinom

X10 +X9 + · · ·+X + 1

elementa ζ nad Q. To znaqi da mo�emo zapisati i jednostavnije

K〈f3〉 = Q[ζ + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ9].

Potpuno analogno odre�ujemo i K〈f10〉. Elementi ovog fiksnog poa su Q-linearnekombinacije

∑10i=1 aiζ

i takve da je

f10

(10∑i=1

aiζi

)=

10∑i=1

aiζi,

xto je ekvivalentno sa10∑i=1

aif10(ζi) =10∑i=1

aiζi.

Osla�aju�i se na tablicu koja opisuje dejstvo automorfizma f10 na bazne elementeζi, 1 ≤ i ≤ 10, konstruisanu pre odre�iva�a K〈f3〉, dae dobijamo

a1ζ10 + a2ζ

9 + a3ζ8 + a4ζ

7 + a5ζ6 + a6ζ

5 + a7ζ4 + a8ζ

3 + a9ζ2 + a10ζ

= a1ζ + a2ζ2 + a3ζ

3 + a4ζ4 + a5ζ

5 + a6ζ6 + a7ζ

7 + a8ζ8 + a9ζ

9 + a10ζ10,

xto daje a1 = a10, a2 = a9, a3 = a8, a4 = a7 i a5 = a6. Iz dobijenog sledi da je

K〈f10〉 = {a(ζ + ζ10) + b(ζ2 + ζ9) + c(ζ3 + ζ8) + d(ζ4 + ζ7) + e(ζ5 + ζ6) | a, b, c, d, e ∈ Q},

xto omogu�ava da zakuqimo da va�i

K〈f10〉 = Q[ζ + ζ10, ζ2 + ζ9, ζ3 + ζ8, ζ4 + ζ7, ζ5 + ζ6].

Primetimo jox da trivijalno va�i inkluzija K〈f10〉 ⊆ Q[ζ + ζ10]. Sa druge strane,raqunaju�i

(ζ + ζ10)2 = ζ2 + 2 + ζ9,

(ζ + ζ10)3 = ζ3 + 3ζ + 3ζ10 + ζ8

= ζ3 + ζ8 + 3(ζ + ζ10)

i sliqno za preostale ζ4 + ζ7 i ζ5 + ζ6, dobijamo i obrnutu inkluziju. Na taj naqinmo�emo zapisati i jednostavnije,

K〈f10〉 = Q[ζ + ζ10].


Kada smo odredili Kf3 i Kf10 mo�emo da konstruixemo mre�u me�uraxire�apoa K nad Q, kao na narednom dijagramu.

Q

Q[ζ + ζ3 + ζ4 + ζ5 + ζ9]

Q[ζ + ζ10]

K

Na ovaj naqin je u potpunosti odre�ena Galua korespondencija za K nad Q, qime je idrugi deo zadatka zavrxen.�

Zadatak 69. Neka je D > 0 beskvadratan ceo broj. Dokazati da je raxire�e Q[ 8√D, i]

poa Q[√D] Galuaovo, kao i da je odgovaraju�a Galuaova grupa izomorfna diedarskoj

grupi D4.

Rexe�e. Oznaqimo K = Q[ 8√D, i]. Odmah imamo da je raxire�e K/Q[

√D] sepa-

rabilno, kao raxire�e poa karakteristike 0. Radi ispitiva�a normalnosti ovograxire�a, posmatrajmo polinom

f(X) = X4 −√D ∈ Q[

√D][X]. (2.30)

Nule ovog polinoma u pou kompleksnih brojeva C su redom

8√D, − 8

√D, i

8√D, −i 8

√D,

pa je �egovo korensko poe nad Q[√D] jednako Q[

√D][ 8√D,− 8

√D, i 8√D,−i 8

√D]. Poxto

je√D = ( 8

√D)4 i i = i 8√D

8√D, odmah dobijamo da je posmatrano korensko poe jednako

Q[ 8√D, i], a to je upravo poe K. Odatle sledi da je K normalno raxire�e poa

Q[√D], xto uz prethodno ustanovenu separabilnost povlaqi da je posmatrano raxi-

re�e Galuaovo.

Odredimo sada Galuaovu grupu G(K/Q[√D]). Primetimo da jox uvek ne znamo ni

koliki je red te grupe, pa �emo se prvo baviti time. Kako je raxire�e K/Q[√D]

Galuaovo, va�i∣∣∣G(K/Q[

√D])∣∣∣ = [K : Q[

√D]], pa je ono xto treba odrediti stepen

raxire�a [K : Q[√D]]. Za taj posao je znaqajno pita�e nesvodivosti polinoma f(X)

definisanog u (2.30). Poxto nema nula u Q[√D], jedina mogu�nost za svodivost

posmatranog polinoma je da va�i

(X2 + aX + b)(X2 + cX + d) = X4 −√D


za neke a, b, c, d ∈ Q[√D]. Izjednaqavaju�i koeficijente polinoma sa leve i desne

strane prethodne jednakosti, dobijamo sistem jednaqina

a+ c = 0

b+ d+ ac = 0

ad+ bc = 0

bd = −√D.


a(d− b) = 0.

Odavde dobijamo dva sluqaja a = 0 ili b = d.Ako je a = 0, onda je i c = 0, a poqetni sistem se svodi na

b+ d = 0

bd = −√D.

Izra�ava�em d = −b dobijamo kvadratnu jednaqinu

b2 =√D.

Ova jednaqina nema rexe�a u Q[√D], zato xto ± 4

√D ne pripada tom pou. Dakle,

ovaj sluqaj je nemogu�.Pretpostavimo sada da je b = d. Onda qetvrta jednaqina polaznog sistema postaje

b2 = −√D. Kako je iz uslova zadatka D > 0, dobijamo da mora biti b = ±i 4

√D.

Ponovo koriste�i qi�enicu da 4√D 6∈ Q[

√D] dobijamo kontadikciju, koja omogu�ava

da odbacimo i ovaj sluqaj.Zakuqujemo da moniqan polinom f(X) mora biti nesvodiv nad Q[

√D]. Kako

8√D anulira taj polinom, zakuqujemo da on predstava minimalni polinom za 8

√D

nad poem Q[√D]. Primetivxi da je Q[

√D][ 8√D] = Q[ 8

√D], na osnovu Tvr�e�a 1.31

dobijamo da je[Q[

8√D] : Q[

√D]] = deg f(X) = 4.

Tako�e, poxto je D > 0, sledi da Q[ 8√D] ⊆ R, pa, specijalno, i 6∈ Q[ 8

√D]. Zbog toga

moniqan polinom g(X) = X2 + 1 ∈ Q[ 8√D][X] nema nula u pou Q[ 8

√D]. Kako je g(X)

stepena 2, dobijeno povlaqi da je taj polinom nesvodiv, a stoga i minimalni polinomza i nad Q[ 8

√D]. Tvr�e�e 1.31, uz qi�enicu da je K = Q[ 8

√D, i] nam onda govori

[K : Q[8√D]] = deg g(X) = 2.

Primenivxi Tvr�e�e 1.10 na lanac raxire�a Q[√D] ≤ Q[ 8

√D] ≤ K konaqno dobijamo

[K : Q[√D]] = [K : Q[

8√D]] · [Q[

8√D] : Q[

√D]] = 2 · 4 = 8.

Iz dobijenog sledi da je i red Galuaove grupe G(K/Q[√D]) jednak 8. Poxto je K =

Q[ 8√D, i], svaki element pomenute grupe je potpuno odre�en svojim dejstvom na 8

√D i i.


Pri tom dejstvu se svaki od pomenutih elemenata mora slikati u svoje konjugate, kojiredom uzimaju vrednosti u skupovima { 8

√D,− 8

√D, i 8√D,−i 8

√D}, odnosno {i,−i} (ovo

sledi iz qi�enice da je X4 −√D minimalni polinom za 8

√D, a X2 + 1 minimalni

polinom za i nad Q[√D], xto smo dobili ranije pri rexava�u ovog zadatka). Na

osnovu toga mo�emo da konstruixemo narednu tablicu svih elemenata Galuaove grupeG(K/Q[

√D]).

8√D i red

f18√D i 1

f28√D −i 2

f3 − 8√D i 2

f4 − 8√D −i 2

f5 i 8√D i 4

f6 i 8√D −i 2

f7 −i 8√D i 4

f8 −i 8√D −i 2

Iz dobijene tablice odmah sledi da je G(K/Q[√D]) ∼= D4. Pri tome, za dva generatora

posmatrane Galuaove grupe mo�emo izabrati f2 i f5.�

Zadatak 70. Neka je C(t) poe racionalnih funkcija sa jednom neodre�enom nad

poem kompleksnih brojeva C i Ψ = p(t)q(t) ∈ C(t), gde su p(t) i q(t) uzajamno prosti

polinomi iz C[t], q(t) 6= 0. Dokazati da va�i:

1) Raxire�e C(t)/C(Ψ) je konaqno, stepena jednakog max{deg p(t), deg q(t)}.

2) Svaki C-automorfizam ϕ poa C(t) je odre�en sa

ϕ(f(t)) = f

(at+ b

ct+ d

), f(t) ∈ C(t),

pri qemu a, b, c, d ∈ C zadovoavaju uslov ad− bc 6= 0.

Rexe�e. 1) Posmatrajmo polinom p(X)−Ψq(X) ∈ C(Ψ)[X]. Na osnovu Gausove leme,taj polinom je nesvodiv u C(Ψ)[X] ako i samo ako je nesvodiv u C[Ψ][X]. Poxto jeC[Ψ][X] = C[X][Ψ] i p(X)−Ψq(X) je linearan u C[X][Ψ], odmah sledi da je posmatranipolinom nesvodiv u C[Ψ][X]. Prema tome, mo�emo zakuqiti da je polinom p(X)−Ψq(X) nesvodiv u C(Ψ)[X]. Primetimo jox da t anulira taj polinom, poxto va�i

p(t)−Ψq(t) = p(t)− p(t)

q(t)q(t) = 0.

Dakle, pronaxli smo nesvodiv polinom p(X) − Ψq(X) iz C(Ψ)[X] koga t anulira.Odatle ne mo�emo odmah zakuqiti da je navedeni polinom minimalanza t nad C(Ψ),jer ne znamo da li je moniqan. Me�utim, svakako se tra�eni minimalni polinom odpolinoma p(X)−Ψq(X) mo�e razlikovati do na umno�ak konstantom, xto omogu�ava


da dobijemo potrebne rezultate o raxire�u C(t)/C(Ψ). Preciznije, mo�emo zaku-qiti da je pomenuto raxire�e konaqno, stepena jednakog stepenu polinoma p(X) −Ψq(X).

Odredimo jox stepen polinoma p(X) − Ψq(X). U tu svrhu, uvedimo oznaku n =max{deg p(X), deg q(X)}. Tada, ako oznaqimo sa aj i bj redom koeficijente uz Xj

polinoma p(X), odnosno q(X), imamo da je aj = bj = 0 za j > n, kao i da je barem jedanod an, bn razliqit od nule. Tako�e, va�i

deg(p(X)−Ψq(X)) ≤ n.

Primetimo da je koeficijent uz Xn polinoma p(X)−Ψq(X) jednak an−Ψbn. Poxto su

polinomi p(t) i q(t) uzajamno prosti iz postavke zadatka, sledi da Ψ = p(t)q(t) 6∈ C. Zbog

toga je specijalno i Ψ 6= anbn, pa je an −Ψbn 6= 0. Dobijeno omogu�ava da zakuqimo da

va�i deg(p(X)−Ψq(X)) = n, odakle konaqno sledi i tra�eno

[C(t) : C(Ψ)] = max{deg p(t),deg q(t)}.

2) Poka�imo prvo da su sva preslikava�a datog oblika C-automorfizmi poa C(t).Dakle, uoqimo proizvono ϕ : C(t)→ C(t), definisano sa

ϕ(f(t)) = f

(at+ b

ct+ d

), f(t) ∈ C(t), a, b, c, d ∈ C, ad− bc 6= 0.

Za svako f(t) i g(t) iz C(t) va�i

ϕ((f + g)(t)) = (f + g)

(at+ b

ct+ d

)= f

(at+ b

ct+ d

)+ g

(at+ b

ct+ d

)= ϕ(f(t)) + ϕ(g(t))

ϕ((fg)(t)) = (fg)

(at+ b

ct+ d

)= f

(at+ b

ct+ d

)g

(at+ b

ct+ d

)= ϕ(f(t))ϕ(g(t)),

xto pokazuje da je ϕ homomorfizam. Pretpostavimo dae da je ϕ(f(t)) = ϕ(g(t)) zaneke f(t) i g(t) iz C(t). Tada je

f

(at+ b

ct+ d

)= g

(at+ b

ct+ d

),

xto znaqi da je f = g u C(at+bct+d

). Kako je na osnovu dobijenog iz dela 1) ispu�eno[

C(t) : C(at+ b

ct+ d

)]= max{deg(at+ b),deg(ct+ d)} = 1, (2.31)

sledi da je f = g i u C(t), pa je preslikava�e ϕ injektivno. Tako�e, imamo da je

imϕ = C(at+bct+d

), pa iz (2.31) sledi i surjektivnost preslikava�a ϕ. Dakle, dobili

smo da je ϕ automorfizam poa C(t). Primetivxi da pri dejctvu ϕ ostaju fiksnesamo konstantne funkcije, koje mo�emo identifikovati sa elementima poa C, za-kuqujemo da va�i i vixe, odnosno da je ϕ jedan C-automorfizam poa C(t), xto jeupravo ono xto smo �eleli da poka�emo.


Doka�imo jox obratno, da svaki C-automorfizam poa C(t) mora imati formuzadatu u 2). U tu svrhu, uoqimo proizvoan C-automorfizam θ poa C(t) i f(t) =∑m

i=1 aiti∑n

i=1 biti ∈ C(t). Tada je

θ(f(t)) = θ

(∑mi=1 ait

i∑ni=1 bit

i

)=

∑mi=1 aiφ(ti)∑ni=1 biφ(ti)

= f(h(t)),

gde je h(t) = p(t)q(t) , pri qemu su p(t) i q(t) uzajamno prosti. Koriste�i ovako uvedene

oznake, mo�emo napisati im θ = C(h(t)). Poxto je θ automorfizam poa C(t), topreslikava�e je specijalno surjektivno, pa va�i im θ = C(t). Zakuqujemo da jeC(h(t)) = C(t). Osla�aju�i se na deo 1), dae imamo

1 = [C(t) : C(h(t))] = max{deg(p(t)),deg(g(t))},

xto znaqi da su p(t) i q(t) stepena 1. To znaqi da postoje kompleksni brojevi a, b, c, dtakvi da je p(t) = at+ b i q(t) = ct+ d. Samim tim je i

θ(f(t)) = f

(at+ b

ct+ d

),

pa preslikava�e θ ima tra�eni oblik.Jedino xto jox treba dokazati je da va�i ad − bc 6= 0. Primetimo prvo da ako

je c = 0, onda mora biti svakako d 6= 0, kao i a 6= 0, jer su u suprotnom p(t) iq(t) konstanti polinoma, pa ne mogu biti uzajamno prosti. Dakle, u tom sluqaju jead − bc 6= 0. Sa druge strane, ako je c 6= 0, ad

c mora biti razliqito od b, jer je usuprotnom at + b = a

c (ct + d), xto ponovo daje kontradikciju sa uzajamnog prostox�upolinoma p(t) i q(t). To znaqi da i u ovom sluqaju va�i ad − bc 6= 0, qime je zadatakzavrxen.�

Zadatak 71. Neka su K1 i K2 Galuaova raxire�a poa F . Dokazati da je tada iraxire�e K1K2/F Galuaovo.

Rexe�e. Poxto su raxire�a K1 i K2 poa F Galuaova, ona su specijalno i nor-malna, pa ih mo�emo prepoznati redom kao korenska poa nekih polinoma f(X) ig(X) iz F [X] nad F . Oznaqimo sa h(X) ∈ F [X] najma�i zajedniqki sadr�alac po-linoma f(X) i g(X). Za kompozitum K1K2 poa K1 i K2 nad F va�i da je korenskopoe polinoma h(X) nad F . Zbog toga je raxire�e K1K2/F normalno. Dodatno, zbogseparabilnosti raxire�a K1/F i K2/F va�i da polinomi f(X) i g(X) nemaju vi-xestrukih nula. Zato vixestrukih nula nema ni polinom h(X), odakle sledi da jei raxire�e K1K2/F separabilno. Konaqno, iz dobijenog da je K1K2/F normalno iseparabilno raxire�e, sledi da je to raxire�e Galuaovo.�

Zadatak 72. Neka su K1 i K2 Galuaova raxire�a poa F . Dokazati da je sa

σ → (σ|K1 , σ|K2), σ ∈ G(K1K2/F )

odre�en injektivni homomorfizam iz grupe G(K1K2/F ) u direktan proizvod grupaG(K1/F )×G(K2/F ).


Rexe�e. Primetimo prvo da iz Zadatka 71 imamo da je raxire�e K1K2/F Galuaovo.Zbog toga mo�emo posmatrati Galuaovu grupu G(K1K2/F ). Kako su raxire�a K1/Fi K2/F i sama Galuaova, restrikcija proizvonog σ ∈ G(K1K2/F ) na K1, odnosnoK2, �e biti element odgovaraju�e Galuaove grupe G(K1/F ), odnosno G(K2/F ). Zbogtoga je korektno da posmatramo preslikava�e φ : G(K1K2/F )→ G(K1/F )×G(K2/F ),definisano sa

φ(σ) = (σ|K1 , σ|K2), σ ∈ G(K1K2/F ),

kao u postavci zadatka. Doka�imo da je φ injektivni homomorfizam.

Uoqimo proizvone σ i τ iz G(K1K2/F ). Tada je za proivono a ∈ K1 ispu�eno

(στ)|K1(a) = (στ)(a) = σ(τ(a)).

Kako je raxire�e K1/F Galuaovo, va�i da je τ(a) ∈ K1, pa dae imamo

σ(τ(a)) = σ|K1(τ |K1(a)) = (σ|K1 ◦ τ |K1)(a).

Prema tome, va�i (στ)|K1(a) = (σ|K1 ◦ τ |K1)(a), odakle zbog proizvonosti elementaa mo�emo zakuqiti da je (στ)|K1 = σ|K1 ◦ τ |K1 . Potpuno analogno sledi da je i(στ)|K2 = σ|K2 ◦ τ |K2 . Prelaskom na preslikava�e φ onda konaqno dobijamo

φ(στ) = ((στ)|K1 , (στ)|K2)

= (σ|K1 ◦ τ |K1 , σ|K2 ◦ τ |K2)

= (σ|K1 , σ|K2)(τ |K1 , τ |K2)

= φ(σ)φ(τ),

qime je pokazano da je φ homomorfizam.

Primetimo jox da je jezgro homomorfizma φ trivijalno, jer automorfizam izG(K1K2/F ) koji je trivijalan i na K1 i na K2, mora biti trivijalan i na K1K2. Topokazuje injektivnost preslikava�a φ i kompletira rexe�e zadatka.�

Zadatak 73. Neka su K i L konaqna raxire�a poa F , pri qemu je K/F Galuaovo.Dokazati da je tada i KL/L Galuaovo raxire�e i da va�i G(KL/L) ∼= G(K/K ∩ L).

Rexe�e. Poxto je raxire�eK/F Galuaovo, mo�emo ga prepoznati kao korensko poeseparabilnog polinoma f(X) ∈ F [X]. Tada je i raxire�e KL nad L korensko poeistog polinoma, odakle zakuqujemo da je KL/L Galuaovo. Ostaje jox da poka�emoda va�i G(KL/L) ∼= G(K/K ∩ L).

Posmatrajmo homomorfizam restrikcije

G(KL/L)→ G(K/F ), σ → σ|K za σ ∈ G(KL/L). (2.32)

Poka�imo prvo da je jezgro ovog homomorfizma trivijalno. Neka σ ∈ G(KL/L) dej-stvuje trivijalno na K. Kako po definiciji σ dejstvuje trivijalno i na L, dobijamoda je σ trivijalno i na KL. To pokazuje trivijalnost jezgra homomorfizma (2.32).


Slika homomorfizma (2.32) je podgrupa grupe G(K/F ). Iz osnovne teoreme o Galuakorespondenciji onda sledi da je ona oblika G(K/E) za neko me�uraxire�e F ≤ E ≤K. Pri tome je E fiksno poe homomorfizma (2.32), pa imamo

E = {x ∈ K | σ(x) = x za sve σ ∈ G(KL/L)}.

Kako svi elementi grupe G(KL/L) po definiciji fiksiraju elemente poa L, dobi-jamo da je E = K ∩ L. Dakle, slika homomorfizma (2.32) je G(K/K ∩ L). Koriste�iqi�enicu da je to preslikava�e izomorfizam na svoju sliku, xto sledi iz �egovepokazane injektivnosti, dobijamo tra�eno G(KL/L) ∼= G(K/K ∩ L).�

Zadatak 74. Neka su K1 i K2 Galuaova raxire�a poa F . Dokazati da je

G(K1K2/F ) ∼= G(K1/F )×G(K2/F )

ako i samo ako je K1 ∩K2 = F .

Rexe�e. Posmatramo utapa�e iz Zadatka 72. Va�i da je ono izomorfizam ako i samoako je [K1K2 : F ] = [K1 : F ][K2 : F ], xto je ekvivalentno sa [K1K2 : K2] = [K1 : F ].Pokaza�emo da posled�a jednakost va�i ako i samo ako je K1 ∩K2 = F .

Iz Zadatkla 73 imamo da je K1K2/K2 Galuaovo raxire�e, pri qemu je

G(K1K2/K2) ∼= G(K1/K1 ∩K2).

Odatle sledi [K1K2 : K2] = [K1 : K1 ∩ K2]. Mo�emo zakuqiti da je [K1K2 : K2] =[K1 : F ] ako i samo ako je [K1 : K1 ∩ K2] = [K1 : F ]. Posled�e oqigledno va�i akoi samo ako je K1 ∩K2 = F , xto upravo daje ono xto je trebalo dokazati i zavrxavazadatak.�

Zadatak 75. Neka je K[α, β] konaqno raxire�a poa K karakteristike 0 takvo dasu oba me�uraxire�a K[α]/K i K[β]/K Galuaova i K[α] ∩K[β] = K. Dokazati da jeK[α, β] = K[α+ β].

Rexe�e. Primetimo da je K[α, β]/K kompozitum Galuaovih raxire�a K[α]/K iK[β]/K, pa na osnovu Zadatka 71 sledi da je K[α, β]/K Galuaovo raxire�e. Kakoje K ⊆ K[α + β] ⊆ K[α, β], Galuaova korespondencija implicira da je i raxire�eK[α, β]/K[α+ β] Galuaovo. Oznaqimo G = G (K[α, β]/K[α+ β]). Ideja je da poka�emoda je grupa G trivijalna.

Uoqimo proizvono σ ∈ G. Tada je σ(α+ β) = α+ β, odakle sledi

σ(α)− α = β − σ(β). (2.33)

Poxto su raxire�a K[α]/K i K[β]/K Galuaova, σ(α) ∈ K[α] i σ(β) ∈ K[β], pa va�iσ(α)−α ∈ K[α] i β−σ(β) ∈ K[β]. Na osnovu jednakosti (2.33) onda sledi σ(α)−α, β−σ(β) ∈ K[α] ∩ K[β], xto iz uslova zadatka daje σ(α) − α, β − σ(β) ∈ K. To znaqi dapostoji t ∈ K takvo da je

σ(α) = α+ t i σ(β) = β − t.


Uzastopnom primenom automorfizma σ dobijamo da za sve j ∈ N va�i σj(α) = σ +jt. Poxto je raxire�e K[α, β]/K konaqno, postoji j ≥ 1 takvo da je σj identiqkopreslikava�e (npr. mo�emo uzeti bax j = [K[α, β] : K]). Za takav izbor j va�iσ = σ+ jt, xto daje jt = 0. Poxto je K karakteristike nula, odavde sledi t = 0. Takodobijamo σ(α) = α i σ(β) = β, xto pokazuje da je σ identiqko preslikava�e. Dakle,grupa G je trivijalna, pa sledi K[α, β] = K[α+ β].�

Zadatak 76. Neka je L/K konaqno raxire�e konaqnih poa. Dokazati da je normaNL/K : L→ K surjektivno preslikava�e.

Rexe�e. Poxto je K konaqno poe, postoje prost broj p i prirodan broj α takav daje K = Fq, gde je q = pα. Ako je stepen raxire�a za L nad K jedan n, onda imamoda je L = Fqn , xto znaqi da posmatramo konkretnu situaciju konaqnog raxire�aFqn/Fq. Iz Zadatka 64 znamo da je Galuaova grupa G(Fqn/Fq) cikliqna, generisanaautomorfizmom Φq : x→ xq.

Radi lakxe notacije, oznaqimo normu posmatranog raxire�a kratko sa N . Zaproizvono a ∈ Fqn onda va�i

N(a) =∏

σ∈G(Fqn/Fq)

σ(a)

=n−1∏i=0

Φi(a)

=n−1∏i=0

aqi

= a1+q+q2+···+qn−1.

Oqigledno je N(0) = 0, pa sve xto jox treba da poka�emo je da svaki element iz F×qmo�e biti norma nekog elementa iz F×qn . Kako je poe Fqn konaqno, multiplikativnagrupa F×qn je cikliqna. Oznaqimo sa α �en generator. Tada je

N(α)q−1 =(α1+q+q2+···+qn−1

)q−1= αq

n−1 = 1.

Dobijeno, koriste�i qi�enicu da je red elementa α u grupi F×qn jednak qn−1, pokazujeda red elementa N(α) u grupi F×q jednak q − 1. Odatle sledi da N(α) generixe ci-

kliqnu grupu F×q reda q − 1. Konaqno, poxto je N : F×qn → F×q homomorfizam (grupa)iz posled�eg zakuqujemo da va�i tra�ena surjektivnost norme.�

Zadatak 77. Koriste�i Hilbertovu teoremu 90 odrediti sve Pitagorine8 trojke,odnosno sva celobrojna rexe�a jednaqine

x2 + y2 = z2.

8Πυθαγoραζ (570-495 p.n.e), starogrqki matematiqar


Rexe�e. Posmatrajmo kvadratno brojevno poe Q[i]. Galuaova grupa G(Q[i]/Q) jecikliqna reda 2, generisana elementom σ : a + bi → a − bi, a, b ∈ Q. Zbog toga je zaproizvono a+ bi ∈ Q[i] ispu�eno

N(a+ bi) = (a+ bi)(a− bi) = a2 + b2.

Primetivxi da poqetna jednaqina ima samo jedno rexe�e (0, 0, 0) ako je z = 0, mo�emosmatrati da je z 6= 0. Zbog toga je korektno da jednaqinu podelimo sa z2 i na taj naqindobijemo (x

z

)2+(yz

)2= 1,

xto interpretiramo kao

N(xz

+ iy

z

)= 1

Iz Hilbertove teoreme 90 onda sledi da postoji c+ di ∈ Q[i]× takvo da je

x

z+ i

y

z=

c+ di

σ(c+ di),

odnosnox

z+ i

y

z=c+ di

c− di.

Daim raqunom dobijamo

x

z+ i

y

z=c2 − d2 + 2icd

c2 + d2,

xto posle izjednaqava�a realnih i imaginarnih delova daje

x

z=c2 − d2

c2 + d2i

y

z=

2cd

c2 + d2.

Konaqno, uvode�i smenu c = su i d = t

u , gde su s, t, u celi brojevi, pri qemu je u 6= 0 is2 + t2 6= 0, dobijamo rexe�e

x = s2 − t2, y = 2st, z = s2 + t2. (2.34)

Primetimo jox da ako dozvolimo da s i t budu istovremeno 0 u (2.34), dobijamo irexe�e (0, 0, 0), xto znaqi da kada s, t ∈ Z formule (2.34) opisuju sve Pitagorinetrojke, qime je zadatak zavrxen.�

Zadatak 78. Neka je F poe karakteristike 0. Posmatrajmo dva radikalska lanca

F = K0 ≤ K1 ≤ · · · ≤ Km = K i F = K ′0 ≤ K ′1 ≤ · · · ≤ K ′n = L

sa poqetkom u F . Dokazati da postoji radikalski lanac sa poqetkom u F qiji jeposled�i qlan poe KL.


Rexe�e. Posmatrajmo lanac

F = K0K′0 ≤ K0K

′1 ≤ K0K

′2 ≤ · · · ≤ K0K

′n︸︷︷︸

(1)

= K0L ≤ K1L ≤ K2L ≤ · · · ≤ KmL = KL︸︷︷︸(2)

.

(2.35)Jasno je da je deo lanca obele�en sa (2) radikalski zbog toga xto se poklapa salancem F = K ′0 ≤ K ′1 ≤ · · · ≤ K ′n = L. Da bismo isto utvrdili i za deo obele�en sa(2), oznaqimo Ki+1 = Ki

[ni√ai], ai ∈ Ki, za sve 0 ≤ i ≤ m−1. Tada za sve 0 ≤ i ≤ m−1,

imamo da jeKi+1L = KiL[ni√ai]. Pri tome mo�e da se desi da je ni

√ai ∈ L, xto povlaqi

da je odgovaraju�e raxire�e trivijalno. Takva situacija ne predstava nikakavproblem, poxto mo�emo izbrisati jedno od raxire�a koje se pojavuje dva puta, qimese lanac ne�e promeniti. Posle brisa�a svih takvih suvixnih raxire�a, dobi�emoda je i deo lanca (2) radikalski. Zakuqujemo da smo konstruisali radikalski lanacsa poqetkom u F qiji je posled�i qlan poe KL, xto je upravo zahtev ovog zadatka.�

Zadatak 79. Dokazati da jednaqina x5 − 4x + 2 = 0 nije rexiva u radikalima nadpoem racionalnih brojeva Q.

Rexe�e. Oznaqimo sa f(X) = X5 − 4X + 2 ∈ Q[X] i sa K korensko poe polinomaf(X) nad Q. Pokaza�emo da je G(K/Q) ∼= S5.

Polinom f(X) ima pet nula nad poem kompleksnih brojeva, pa kako G(K/Q) vrxipermutacije tih nula, mo�emo smatrati da je G(K/Q) ≤ S5.

Naredni ci je da odredimo prirodu nula polinoma f(X). Imamo da je f ′(X) =

5X4 − 4, odakle sledi da su nule izvoda polinoma f(X) jednake 4

√45 i − 4

√45 . Prema

tome, polinom f(X), posmatran kao realna funkcija realne promenive, ima dva

lokalna ekstremuma u taqkama 4

√45 i − 4

√45 . Dodatno, imamo da f(X) raste na skupu(

−∞,− 4

√45

)∪(

4

√45 ,+∞

), a opada na skupu

(− 4

√45 ,

4

√45

). Kako je

f

(− 4

√4

5

)= −4

54

√4

5+ 4

4

√4

5+ 2 > 0

f

(4

√4

5

)=

4

54

√4

5− 4

4

√4

5+ 2 < 0,

dobijamo da f(X) ima grafik kao na slede�oj slici:


x

y

Zakuqujemo da polinoma f(X) ima tri realne nule a, b, c, kao i dve kompleksnenule α, β, kao i da je K = Q[a, b, c, α, β]. Iz qi�enice da f(X) ima kompleksnih nula,dobijamo da je kompleksna konjugacija netrivijalan Q-automorfizam poa K. Toznaqi da u Galuaovoj grupi G(K/Q) postoji element reda 2, koga koriste�i G(K/Q) ≤S5, identifikujemo sa 2-ciklom.

Naredno xto posmatramo je lanac raxire�a Q ≤ Q[a] ≤ K. Primetimo da jepolinom f(X) nesvodiv nad poem Q prema Ajzenxtajnovom kriterijumu, pa je mi-nimalni polinom za a nad Q. Zbog toga je, na osnovu Tvr�e�a 1.31,

[Q[a] : Q] = deg f(X) = 5.

Koriste�i Tvr�e�e 1.10 odatle sledi 5 | [K : Q], odnosno 5 | |G(K/Q)|. Na osnovuKoxijeve9 leme iz posled�eg dobijamo da u grupi G(K/Q) postoji element reda 5.Jox jednom se osla�aju�i na G(K/Q) ≤ S5, prona�eni element reda 5 mo�emo videtikao 5-cikl.

Konaqno, dobili smo da je G(K/Q) podgrupa od S5 koja sadr�i 2-cikl i 5-cikl.Poxto je 5 prost broj, to je dovono da zakuqimo da va�i G(K/Q) ∼= S5. Kakogrupa S5 nije rexiva, na osnovu Teoreme 2.45 onda sledi da ni polazna jednaqina nijerexiva u radikalima nad poem racionalnih brojeva Q.�

Zadatak 80. Neka je f(X) nesvodiv polinom nad poem racionalnih brojeva Qqiji je stepen prost broj p. Oznaqimo sa {a1, a2, . . . , ap} sve nule tog polinoma u poukompleksnih brojeva C. Dokazati da je jednaqina

f(x) = 0

rexiva u radikalima nad Q ako i samo ako je korensko poe K polinoma f(X) nad Qjednako Q[ai, aj ] za proizvone 1 ≤ i 6= j ≤ p.

9Augustin-Louis Cauchy (1789-1857), francuski matematiqar


Rexe�e. Pri rexava�u ovog zadatka �emo koristiti jedno tvr�e�e iz teorije grupa.Pre �egove formulacije, podsetimo se da za podgrupu H grupe Sn ka�emo da je tran-zitivna ako dejstvuje tranzitivno na skup {1, 2, . . . , n}.

Tvr�e�e: Tranzitivna podgrupa H ≤ Sn je rexiva ako i samo ako je jedina per-mutacija u H koja ima barem dve fiksne taqke identiqko preslikava�e.

U oznakama iz postavke zadatka, mo�emo smatrati da je Galuaova grupa G(K/Q) pod-grupa simetriqne grupe Sp, zbog qi�enice da svaki Q-automorfizam poa K vrxidejstvo permutacijom na skup {a1, a2, . . . , ap} svih nula polinoma f(X). Dodatno, po-menuto dejstvo je tranzitivno, xto znaqi da je G(K/Q) jedna tranzitivna podgrupagrupe Sp. Prema tome, na posmatranu Galuaovu grupu mo�emo primeniti Tvr�e�ekojim smo zapoqeli rexe�e.

Pretpostavimo prvo da je jednaqina f(x) = 0 rexiva u radikalima nad poemQ. Tada je grupa G(K/Q) rexiva, na osnovu Teoreme 2.45. Uoqimo proizvone ai, aj ,1 ≤ i 6= j ≤ p i posmatrajmo lanac raxire�a

Q ≤ Q[ai, aj ] ≤ K.

Koriste�i Tvr�e�e, iz qi�enice da je grupa G(K/Q) rexiva, sledi da je jedinielement te grupe koji fiksira ai i aj identiqko preslikava�e. Odatle je

G(K/Q[ai, aj ]) = {idK}.

Iz Teoreme o Galua korespondenciji onda sledi da je Q[ai, aj ] = K{idK} = K, xtozavrxava ovaj smer.

Pretpostavimo sada da se korensko poe K polinoma f(X) mo�e nad Q generisatisa bilo koje dve razliqite nule {a1, a2, . . . , ap} tog polinoma. Dae, neka postoji nekiautomorfizam ϕ ∈ G(K/Q) koji ima barem dve fiksne taqke ai, aj , 1 ≤ i 6= j ≤ p.Onda je iz poqetne pretpostavke K = Q[ai, aj ]. Kako je i

Q[ai, aj ] ≤ K〈ϕ〉 6≤ K,

dobijamo kontradikciju. Ta kontradikcija pokazuje da je jedini element u G(K/Q)sa barem dve fiksne taqke identiqko preslikava�e. Na osnovu Tvr�e�a onda sledida je grupa G(K/Q) rexiva, qime je pokazano da je jednaqina

f(x) = 0

rexiva u radikalima nad poem Q.�

Zadatak 81. Neka je f(X) ∈ Z[X] moniqan, nesvodiv polinom stepena n. Oznaqimosa K korensko poe polinoma f(X) nad Q i sa fp(X) redukciju polinoma f(X) pomodulu prostog broja p. Pretpotpostavimo da polinom fp(X) ima sve razliqite nulei da se u (Z/pZ)[X] faktorixe na nesvodive faktore kao

fp(X) = f1(X)f2(X) . . . fk(X).

Dokazati da Galuaova grupa G(K/Q) ≤ Sn sadr�i permutaciju koja je u cikliqnojdekompoziciji proizvod k ciklusa du�ina redom deg f1, deg f2, . . . ,deg fk.


Rexe�e. Oznaqimo sa {a1, a2, . . . , an} sve nule polinoma f(X) nad poem C, a sa{b1, b2, . . . , bn} sve nule polinoma fp(X) nad nekim raxire�em poa Z/pZ. Tada jekorensko poe K polinoma f(X) nad Q jednako Q[a1, a2, . . . , an], a korensko poe Kp

polinoma fp(X) nad Z/pZ jednako (Z/pZ)[b1, b2, . . . , bn]. Uz ta dva poa, posmatraemoi prsten D = Z[a1, a2, . . . , an].

Glavni ideal pD je pravi ideal u D, pa je sadr�an u nekom maksimalnom idealuM tog prstena. To znaqi da je koliqniqka struktura D/M jedno poe. Oznaqimosa π : D → D/M koliqniqko preslikava�e, definisano sa π(x) = x + M . Sa jednestrane imamo

π(f(X)) = fp(X),

dok je sa druge strane

π(f(X)) = π

(n∏i=1

(X − ai)

)=

n∏i=1

(X − π(ai)) =

n∏i=1

(X − (ai +M)),

odakle zakuqujemo da je D/M korensko poe polinoma fp(X) nad Z/pZ. Zbog toga jeD/M ∼= Kp. Dakle, imamo situaciju opisanu na narednom dijagramu

D D/M ∼= Kp.π

Posmatrajmo skup

Hom(D,Kp) = {ψ : D → Kp | ψ je homomorfizam (prstena)}.

Galuaova grupa G(K/Q) dejstvuje na ovaj skup sa

σ · ψ = ψ ◦ σ, σ ∈ G(K/Q), ψ ∈ Hom(D,Kp).

Opisano dejstvo je tranzitivno, pa ako oznaqimo G(K/Q) = {σ1, σ2, . . . , σm}, skupHom(D,Kp) mo�emo videti kao orbitu bilo kog svog elementa ψ,

Hom(D,Kp) = {ψ ◦ σ1, ψ ◦ σ2, . . . , ψ ◦ σm}. (2.36)

Primetimo da je Kp/(Z/pZ) konaqno raxire�e konaqnih poa, pa je, na osnovuZadatka 64, Galuaova grupa G(Kp/(Z/pZ)) cikliqna, generisana Frobenijusovim au-tomorfizmom Φ : x→ xp. Onda imamo

D Kp Kp,ψ Φ

odakle sledi da Φ ◦ ψ ∈ Hom(D,Kp). Iz (2.36) zakuqujemo da je

Φ ◦ ψ = ψ ◦ σi

za neko 1 ≤ i ≤ m. Dobijamo da su automorfizmi Φ i σi konjugovani, Φ = ψσiψ−1, pa

posmatrani kao permutacije, imaju istu cikliqnu dekompoziciju. Neka je

fp(X) = f1(X)f2(X) . . . fk(X)


faktorizacija polinoma fp(X) na nesvodive faktore. Poxto Φ vrxi permutacijuskupa {b1, b2, . . . , bn} svih nula polinoma f(X), dobijamo da taj automorfizam, posma-tran kao element simetriqne grupe Sn, ima cikliqnu dekompoziciju u obliku pro-izvoda ciklusa du�ina redom deg f1,deg f2, . . . ,deg fk. Zato i σi ima istu cikliqnudekompoziciju, xto zavrxava zadatak.�

Zadatak 82. Posmatrajmo nesvodiv polinom f(X) = X5 −X + 1 ∈ Z[X]. Ispitatirexivost jednaqine f(x) = 0 nad poem Q.

Rexe�e. Oznaqimo sa K koresko poe polinoma f(X) nad Q. Polinom f(X) ima petnula nad poem kompleksnih brojeva, pa kako G(K/Q) vrxi permutacije tih nula,imamo da je G(K/Q) ≤ S5.

Redukcija f2(X) = X5+X+1 polinoma f(X) po modulu 2 se u (Z/2Z)[X] faktorixena nesvodive faktore kao

f2(X) = (X2 +X + 1)(X3 +X2 + 1).

Na osnovu Zadatka 81 odatle sledi da Galuaova grupa G(K/Q) sadr�i element kojije proizvod disjunktnog 2-cikla i 3-cikla: da, bcdc, d, ec. Zbog toga i transpozicija(da, bcdc, d, ec)3 = da, bc pripada grupi G(K/Q).

Redukcija f3(X) = X5 + 2X + 1 polinoma f(X) po modulu 3 je nesvodiv polinomu (Z/3Z)[X], pa na osnovu Zadatka 81 dobijamo da u G(K/Q) postoji i 5-cikl.

Dakle, dobili smo da je G(K/Q) podgrupa od S5 koja sadr�i 5-cikl i transpozi-ciju. Poxto je 5 prost broj, to je dovono da zakuqimo da va�i G(K/Q) ∼= S5. Kakogrupa S5 nije rexiva, na osnovu Teoreme 2.45 onda sledi da ni jednaqina f(x) = 0 nijerexiva u radikalima nad poem racionalnih brojeva Q.�

Zadatak 83. Neka je n ≥ 5 prirodan broj. Konstruisati polinom f(X) ∈ Z[X] qijekorensko poe K nad Q ima Galuaovu grupu izomorfnu simetriqnoj grupi Sn.

Rexe�e. Odaberimo slede�e polinome:

g(X) ∈ (Z/2Z)[X] stepena n,moniqan, nesvodiv

h(X) ∈ (Z/3Z)[X] stepena n− 1,moniqan, nesvodiv

k(X) ∈ (Z/pZ)[X] stepena 2,moniqan, nesvodiv, gde je p > n bilo koji prost broj.

Dodatno, na osnovu Kineske teoreme o ostacima, postoje celi brojevi a i b takvi da je

a ≡ 1 (mod 2) b ≡ 0 (mod 2)

a ≡ 0 (mod 3) b ≡ 1 (mod 3)

a ≡ 0 (mod p) b ≡ 0 (mod p).

Definiximo sada polinom f(X) ∈ Z[X] sa

f(X) = ag(X) + bXh(X) + (1− a− b)X(X + 1) · · · · · (X + n− 3)k(X).


Ovakvom definicijom polinoma f(X) smo postigli da su �egove redukcije f2(X), f3(X)i fp(X) po modulima 2, 3 i p redom jednake

f2(X) = g(X)

f3(X) = Xh(X)

fp(X) = X(X + 1) · · · · · (X + n− 3)k(X).

Na osnovu Zadatka 81, dobijene redukcije pokazuju da Galuaova grupa korenskog poaK polinoma f(X) nad Q sadr�i redom n-cikl, n − 1-cikl i transpoziciju. Odatlesledi da je G(K/Q) ∼= Sn, xto znaqi da je f(X) upravo polinom koji je trebalo kon-struisati.�


Problem 45. Ispitati da li je raxire�e Q[ 4√

3]/Q normalno. Da li je raxire�eQ[ 4√

3]/Q[√

3] normalno?

Problem 46. Ispitati da li su raxire�a Q[ 5√

7, i]/Q i Q[ 5√

7, i]/Q[i] normalna.

Problem 47. Dati primer konstruktibilnog raxire�a koje nije normalno.

Problem 48. Neka su K i L dva normalna raxire�a poa F . Dokazati da je onda iraxire�e K ∩ L/F normalno.

Problem 49. Odrediti normalna zatvore�a slede�ih raxire�a:

1) Q[ 3√

3]/Q

2) Q[ 4√

5]/Q

3) Q[ 6√

2]/Q[√

2].

Problem 50. Ispitati da li normalno zatvore�e konstruktibilnog raxire�a morabiti konstruktibilno.

Problem 51. Neka je E normalno i K konaqno raxire�e poa F . Ispitati da likompozitum EK mora biti normalno raxire�e poa F .

Problem 52. Ispitati da li su dati polinomi separabilni nad odgovaraju�im po-ima:

1) X5 − 4X4 − 18X3 + 104X2 − 143X + 60 nad poem Q.

2) X10 + 2X5 +X − 4 nad poem F5.

3) 11X34 − 6X17 + 4 nad proizvonim poem K karakteristike 17.

4) X8 + tX6 + t2X4 + tX3 + t nad poem F3(t).


Problem 53. Neka je f(X) = X4 +pX+q polinom takav da je 27p4 = 256q3. Ispitatida li je f(X) separabilan.

Problem 54. Za prost broj p posmatrajmo poe K = Fp(t) racionalnih funkcija nadkonaqnim poem Fp i �egovo potpoe F = Fp(tp). Dokazati da raxire�e K/F nijeseparabilno.

Problem 55. Neka je K/F algebarsko raxire�e poa F karakteristike p > 0.Oznaqimo Kp = {xp | x ∈ K}.

1) Pokazati da je Kp poe.

2) Ako je K/F separabilno raxire�e, pokazati da je K = F (Kp).

Problem 56. Neka je K/F separabilno raxire�e poa i N normalno zatvore�epoa K nad F . Dokazati da je raxire�e N/F separabilno.

Problem 57. Neka je K/F konaqno raxire�e poa. Dokazati da je to raxire�eprosto ako i samo ako postoji konaqno mnogo me�upoa F ≤ L ≤ K.

Problem 58. Neka jeK korensko poe polinoma f(X) = X3−3X+1 nad Q. OdreditiGaluaovu grupu raxire�a K/Q.

Problem 59. Odrediti Galuaove grupe slede�ih raxire�a:

1) Q[√

2,√

3,√

5]/Q.

2) Q[√

5 +√

5, i]/Q

3) Q[ 4√

2, i]/Q[√

2].

Problem 60. Neka je K korensko poe polinoma f(X) = (X2 − 2)(X3 − 2)(X3 − 3)nad Q[

√3]. Odrediti Galuaovu grupu raxire�a K/Q.

Problem 61. Neka je K korensko poe minimalnog polinoma za√

3 +√

3 nad Q.Dokazati da je G(K/Q) ∼= D4 i odrediti potpunu Galua korespondenciju za K nad Q.

Problem 62. Neka je K korensko poe polinoma X3− 5 nad poem Q[√

7]. Odreditipotpunu Galua korespondenciju za K nad Q[

√7].

Problem 63. Dokazati da je kompozitum Abelovih raxire�a poa F i sam Abelovoraxire�e tog poa.

Problem 64. Neka su L i F konaqna raxire�a poa K, pri qemu je raxire�e L/KGaluaovo. Pokazati da je

[LF : K] =[L : K][F : K]

[L ∩ F : K].

Problem 65. Neka je K = Q[√D] kvadratno brojevno poe, gde je D < 0 beskvadratan

ceo broj. Dokazati da se K ne mo�e utopiti ni u jedno cikliqno raxire�e stepena4 poa Q.


Problem 66. Neka je D < 0 ceo broj. Koriste�i Hilbertovu teoremu 90, na�i svacelobrojna rexe�a Pelove10 jednaqine

x2 +Dy2 = 1.

Problem 67. Koriste�i Hilbertovu teoremu 90, na�i sva celobrojna rexe�a jedna-qine

X2 + 2Y 2 = Z2.

Problem 68. Ispitati rexivost jednaqine x5 − 9x+ 3 = 0 u radikalima nad poemracionalnih brojeva Q.

Problem 69. Dokazati da ako je prirodan broj m dovono veliki, onda jednaqinax5 − 4mx+ 2 = 0 nije rexiva u radikalima nad poem racionalnih brojeva Q.

Problem 70. Neka je p prost broj. Dokazati da jednaqina x5−p2x+p = 0 nije rexivau radikalima nad poem racionalnih brojeva Q.

Problem 71. Dokazati da jednaqina x7 − 10x5 + 15x + 5 nije rexiva u radikalimanad poem racionalnih brojeva Q.

10John Pell (1611-1685), engleski matematiqar


Glava 3

Topoloxke grupe

3.1 Motivacija: Teorija Galua beskonaqnih raxire�a

Dosadax�e izlaga�e se bavilo teorijom Galua konaqnih raxire�a. Za glavneprimene, kao xto je teorija rexivosti algebarskih jednaqina, izuqavati takva raxi-re�a je sasvim dovono. Me�utim, postoje beskonaqna raxire�a koja su od interesaza izuqava�e, ali se na �ih ne mo�e primeniti do sada izlo�ena teorija. Na primer,podsetimo se da na osnovu Zadatka 17 sledi da konaqno poe ne mo�e biti algebarskizatvoreno. Zbog toga imamo da je za svaki prost broj p algebarsko zatvore�e Fp ko-naqnog poa Fp beskonaqno poe, pa je beskonaqno i raxire�e Fp/Fp. Da bismo daeizuqavali ovo raxire�e, odredimo prvo precinije poe Fp.

Tvr�e�e 3.1. Neka je p prost broj. Za algebarsko zatvore�e konaqnog poa Fp va�iFp =

⋃∞n=1 Fpn .

Dokaz. Pre samo dokaza ovog tv�e�a, podsetimo se da je proizvono n ∈ N Galuaovagrupa G(Fpn/Fp) cikliqna reda n. Iz Galuaove korespondencije onda sledi da jeFpm ≤ Fpn ako i samo ako m | n.

Oznaqimo U =⋃∞n=1 Fpn . Za svako n ∈ N poe Fpn mo�emo videti kao korensko

poe polinoma Xpn −X nad Fp (pogledati Zadatak 47). Zbog toga je Fpn ⊆ Fp, pa je iU =

⋃∞n=1 Fpn ⊆ Fp.

Doka�imo da je U poe. U tu svrhu dovono je da poka�emo da svaka dva x, y ∈ Uva�i da x + y i xy pripadaju U . Iz definicije skupa U , ako su x, y ∈ U , sledi dapostoje m, ` ∈ N takvi da je x ∈ Fpm i y ∈ Fp` . Ako oznaqimo n = m`, iz poqetnenapomene onda sledi da je Fpm ,Fp` ≤ Fpn , pa dobijamo x, y ∈ Fpn . Kako je Fpn poe, izposled�eg zakuqujemo da su x+y i xy u Fpn . Zato su i x+y, xy ∈ U , qime je pokazanoda je U poe.

Poka�imo jox da je U algebarski zatvoreno poe. Poxto smo dokazali da jeU ⊆ Fp odatle �e slediti Fp = U , xto �e zavrxiti dokaz. Uoqimo proizvoannekonstantan polinom f(X) =

∑si=0 aiX

i ∈ U [X]. Tada, za svako 0 ≤ i ≤ s postojimi ∈ N takvo da je ai ∈ Fpmi . Ako oznaqimo n =

∏si=0mi, iz poqetne napomene onda

sledi da ai ∈ Fpn za sve 0 ≤ i ≤ s. Prema tome, f(X) mo�emo videti kao polinom sakoeficijentina u Fpn . Uoqimo sada neku proizvonu nulu α polinoma f(X). Tada je

165

166 GLAVA 3. TOPOLOXKE GRUPE

α algebarski element nad Fpn , pa va�i

[Fpn [α] : Fpn ] = d,

gde je d prirodan broj jednak stepenu minimalnog polinoma za α nad Fpn . Na osnovuTvr�e�a 1.10 je onda i

[Fpn [α] : Fp] = nd.

Odatle sledi da za poe Fpn [α] mo�emo smatrati da je jednako Fpnd . Zato je α ∈ Fpnd ,pa je i α ∈ U . To pokazuje da je poe U algebarski zatvoreno, xto uz raniji komentarzavrxava dokaz.

Uoqimo proizvoni element α ∈ Fp. Koriste�i prethodno tvr�e�e mo�emo za-kuqiti da postoji n ∈ N takav da je α ∈ Fpn . Na osnovu Zadatka 47 onda sledi da sei svi algebarski konjugati od α nalaze u Fpn , a time i u Fp. Prema tome, raxire�eFp/Fp je normalno. Sliqno, na osnovu Teoreme 2.10 sledi da je minimalni polinomza α nad Fp separabilan, pa je raxire�e Fp/Fp separabilno. Zakuqujemo da je ra-xire�e Fp/Fp Galuaovo. Pogledajmo xta se dexava kada �emu �elimo da primenimoGaluaovu korespondenciju.

Primer 3.2 (Galuaova korespondencija ne funkcionixe u Fp/Fp). Primetimo prvoda se u Galuaovoj grupi G(Fp/Fp) nalazi Frobenijusov automorfizam Φ odre�en sa

Φ(x) = xp, x ∈ Fp.

Tako�e, za proizvono n ∈ N, na osnovu Zadatka 64 sledi da je Galuaova grupaG(Fpn/Fp) cikliqna reda n, generisana upravo preslikava�em Φ (odnosno, preciznije,restrikcijom tog preslikava�a na Fpn). Prema tome, zakuqujemo da cikliqna grupa〈Φ〉 = {Φj | j ∈ Z} fiksira celo poe Fp, pa bi na osnovu Galuaove korespondencijetrebalo da sledi 〈Φ〉 = G(Fp/Fp). Me�utim, pokaza�emo da ta jednakost ne va�i takoxto �emo konstruisati element G(Fp/Fp) koji se ne nalazi u 〈Φ〉.

U svrhu konstrukcije tog elementa, pretpostavimo da imamo niz (an)n∈N sa osobi-nom

an ≡ am (mod m) kad god m | n. (3.1)

Da taj niz ne bi bio trivijalno konstantan na �ega name�emo i dodatni uslov da nepostoji a ∈ Z takvo da je

an ≡ a (mod n) za sve n ∈ N. (3.2)

Kada imamo niz (an)n∈N definixemo za proizvono fiksirano n ∈ N

Ψn = Φan∣∣Fpn

, Ψn ∈ G(Fpn/Fp).

Poxto je Fp = ∪∞n=1Fpn , stavaju�i

Ψ(α) = Ψn(α) ako je α ∈ Fpn

dobijamo jedno preslikava�e Ψ ∈ G(Fp/Fp). Prvo treba pokazati da je preslikava�eΨ korektno definisano, odnosno da vrednost Ψ(α) ne zavisi od poa Fpn kome α

3.1. MOTIVACIJA: TEORIJA GALUA BESKONAQNIH RAXIRE�A 167

pripada. Ako je α ∈ Fpm za neko m 6= n, onda mora va�iti Fpm ≤ Fpn ili Fpn ≤ Fpm .Bez uma�ena opxtosti mo�emo pretpostaviti da je Fpm ≤ Fpn . Tada m | n, pa va�ian ≡ am (mod m). Odatle sledi

Ψ∣∣Fpm

= Ψn

∣∣Fpm

= Φan∣∣Fpm

= Φam∣∣Fpm

= Ψm.

Zakuqujemo da preslikava�e Ψ jeste korektno definisano. Pretpostavimo da Ψ ∈〈Φ〉. Tada postoji a ∈ Z takvo da je Ψ = Φa, pa imamo

Ψ∣∣Fpn

= Φa∣∣Fpn

.

Sa druge strane je po definiciji

Ψ∣∣Fpn

= Φan∣∣Fpn

,

pa zakuqujemo da je an ≡ a (mod n) za sve n ∈ N. To je u kontradikciji sa izboromniza (an)n∈N, pa sledi da Ψ 6∈ 〈Φ〉. Prema tome, dobili smo da Galua korespondencijane funkcionixe u raxire�u Fp/Fp.

Kompletnosti radi, prika�imo jox jedan od naqina definisa�a niza (an)n∈N.Za svako n ∈ N mo�emo pisati n = n′psn , gde je (n′, p) = 1. Tada su i brojevi n′

i psn uzajamno prosti, pa postoje celi brojevi xn i yn takvi da je xnn′ + ynp

sn =1. Definixemo an = xnn

′. Ovako definisan niz jasno zadovoava uslov (3.2), papoka�imo jox da isto va�i i za uslov (3.1). Pretpostavimo da m | n za neke m,n ∈ N.Tada m′ | n′, pa iz jednakosti

an − am = xnn′ − xmm′

sledi da je an − am ceo broj deiv sa m′. Sa druge strane, va�i xnn′ = 1 − ynpsn i

xmm′ = 1− ympsm , pri qemu je sm ≤ sn, jer m | n. Odatle dobijamo

an − am = ympsm − ynpsn ,

xto omogu�ava da zakuqimo da je ceo broj an−am deiv sa psm . Prema tome, an−amje deivo sam′ i sa psm , pa je deivo i sam′psm = m. To znaqi da je an ≡ am (mod m),xto pokazuje tra�enu ispu�enost uslova (3.1).�

Prethodni primer pokazuje da klasiqna Galuaova korespondencija ne va�i u slu-qaju beskonaqnih raxire�a. Mo�emo primetiti da glavni problem le�i u qi�enicida elemenata Galuaove grupe beskonaqnog raxire�a ima vixe nego xto bi trebalo.Ta qi�enica na prvi pogled deluje obeshrabruju�e, jer znaqi da bismo u sluqaju bes-konaqnih raxire�a morali da u potpunosti odbacimo glavnu teoremu teorije Galua,kao sve �ene lepe i znaqajne posledice. Ipak, situacija nije toliko crna, jer seprime�eni problem mo�e prevazi�i uvo�e�em mehanizma koji detektuje i odbacuje"suvixne" elemente Galuaove grupe, "popravaju�i" tako Galuaovu korespondencijuda odgovara kontekstu beskonaqnih raxire�a. Ulogu tog mehanizma uze�e topologija,


xto znaqi da �emo Galuaovu grupu beskonaqnog raxire�a posmatrati istovremeno ikao grupu i kao topoloxki prostor. Na taj naqin dolazimo do pojma topoloxke grupe.U ovoj glavi �emo se tim pojmom baviti na opxtem, apstraktnom nivou, prikazuju�iosnovne osobine i konstrukcije vezane za �ega, a onda se u slede�oj glavi vra�amo davidimo kako to apstraktno zna�e mo�emo iskoristiti u teoriji Galua beskonaqnihraxire�a.

3.2 Definicija i osnovne osobine topoloxkih grupa

Neformalno govore�i, topoloxka grupa je (algebarska) grupa koja je istovremenoi topoloxki prostor. To znaqi da posmatraju�i topoloxke grupe posmatramo objektekoji su istovremeno i algebarski i topoloxki, pa je neophodno da �ihova defini-cija garantuje sklad takve dualne prirode koju poseduju. Upravo se vode�i takvommotivacijom dolazimo do naredne formalne definicije.

Definicija 3.3. Topoloxka grupa je grupa na kojoj je definisana topologija takvada su preslikava�a

µ : G×G→ G, µ(x, y) = xy, x, y,∈ Gι : G→ G, ι(x) = x−1, x ∈ G

neprekidna1.

Odre�eni deo terminologije topologije i teorije grupa se direktno prenosi natopoloxke grupe. Tako se za topoloxku grupu ka�e da je kompaktna (povezana, Hau-zdorfova, itd.) ako je ona kompaktna (povezana, Hauzdorfova, itd.) kao topoloxkiprostor. Sliqno, topoloxka grupa je cikliqna (Abelova, konaqno generisana, itd.)ako je ona cikliqna (Abelova, konaqno generisana itd.) grupa.

Kao poqetak naxeg izuqava�a topoloxkih grupa pogledajmo neke �ihove primere.

Primer 3.4. Svaka grupa je topoloxka u odnosu na diskretnu i indiskretnu topo-logiju. Ovo su trivijalni primeri topoloxkih grupa, koji nam generalno ne�e bitiod interesa.�

Primer 3.5. Svaka Lijeva grupa je topoloxka grupa. Na primer, za svako n ∈N generalna linearna grupa GLn(R) u odnosu na topologiju indukovanu od Rn2

jetopoloxka grupa. Primetimo da grupa GLn(R) nije kompaktna, zbog toga xto nijeni ograniqena; npr. matrice mI, gde je m ∈ N, a I ∈ GLn(R) jediniqna matricaimaju euklidsku normu m

√m, xto mo�e biti proizvono veliko. Jox neki primeri

Lijevih grupa su ortogonalna grupa O(n), unitarna grupa U(n) i specijalna linearnagrupa SLn(R).�

1pri tome je topologija na G×G uobiqajena proizvod topologija

3.2. DEFINICIJA I OSNOVNE OSOBINE TOPOLOXKIH GRUPA 169

Primer 3.6. Svaki Banahov prostor posmatran u odnosu na operaciju sabira�a vek-tora je topolxka grupa. Pri tome je topologija, naravno, indukovana normom na Ba-nahovom prostoru. Va�ni primeri ovakvih topoloxkih grupa su Rn, Cn i Lp(X,µ),gde je X neki prostor sa merom µ i 0 < p ≤ ∞.�

Primer 3.7. Jediniqna kru�nica S1 = {z ∈ C | |z| = 1}, uz operaciju mno�e�akompleksnih brojeva i u odnosu na topologiju indukovanu od C je topoloxka grupa.Primetimo da je grupa S1 kompaktna i Abelova. Isto va�i i za n-toruse

Tn ∼= S1 × · · · × S1︸︷︷︸n puta

.

�

Jedna od va�nih osobina topoloxkih grupa koja umnogome odre�uje �ihove topo-loxke osobine je homogenost. Razjasnimo xta to svojstvo predstava u kontekstuproizvonog topoloxkog prostora, a onda �emo pogledati koje implikacije ima natopoloxke grupe.

Definicija 3.8. Topoloxki prostor X je homogen ako za svake dve taqke x, y ∈ Xpostoji homeomorfizam prostora X koji slika x u y.

Drugaqije formulisano, topoloxki prostorX je homogen ako je dejstvo grupe home-omorfizama od X na X tranzitivno. Osnovna karakteristika homogenih topoloxkihprostora je istovetnost topologije u okolini svake taqke. Zbog toga �e u velikombroju situacija, da bi homogeni topoloxki prostor imao neko svojstvo, biti dovonoda on to svojstvo ima u samo jednoj taqki. Upravo ta qi�enica priliqno olakxavarad sa homogenim topoloxkim prostorima.

Posmatrajmo sada topoloxku grupu G i uoqimo proizvoan element g ∈ G. Tadaje preslikava�e φg : G→ G, definisano sa φg(x) = gx, x ∈ G bijekcija, qiji je inverzodre�en sa φg−1 . Iz definicije topoloxke grupe su oba posmatrana preslikava�aneprekidna, pa zakuqujemo da φg homeomorfizam grupe G. Sliqno sledi da je ipreslikava�e uzima�a inverza ι : G→ G, ι(x) = x−1, x ∈ G homeomorfizam. Ako sadauoqimo jox jedan proizvoan element h ∈ G, mo�emo zakuqiti da je homeomorfizami prelikava�e x → hg−1x, x ∈ G. Pri tome, taj homeorfizam slika g u h, pa izproizvonosti tih elemenata direktno sledi naredno tvr�e�e.

Tvr�e�e 3.9. Svaka topoloxka grupa je homogen topoloxki prostor.

Osnovna posledica homogenosti topoloxke grupe je odre�enost �ene topologijetopologijom u okolini neutrala, xto je prikazano u narednom tvr�e�u.

Tvr�e�e 3.10. Neka je G topoloxka grupa i A sistem svih otvorenih okolina �enogneutrala e. Tada je τ = {gU, g ∈ G,U ∈ A} upravo topologija na G.

Dokaz. Iz qi�enice da su preslikava�a x→ gx, x ∈ G homeomorfizmi za svako g ∈ G,odmah sledi da su svi elementi skupa τ otvoreni. Obratno, ako je V neprazan otvorenpodskup G onda postoji g ∈ V , pa je g−1V ∈ A. Poxto je V = g

(g−1V

)odatle sledi

V ∈ τ , xto pokazuje da je τ topologija na G.


Napomena. Prethodno tvr�e�e ostaje na snazi ako umesto sistema svih otvorenih oko-lina neutrala posmatramo analogan sistem okolina bilo druge koje taqke topoloxkegrupe. Upravo se tu oslikava ve� pomenuta qi�enica da je u homogenim topoloxkimprostorima topologija u okolini svake taqke istovetna.

Znaqajno je napomenuti i to da se na Tvr�e�e 3.10 mo�emo osloniti prilikomdefinisa�a topoloxkih grupa. Naime, ako �elimo da na (algebarskoj) grupi G de-finixemo topologiju u odnosu na koju �e ona biti topoloxka grupa, dovono je dazadamo sistem otvorenih okolina A bilo koje taqke te grupe. Onda, osla�aju�i se naTvr�e�e 3.10, dobijamo da {gU, g ∈ G,U ∈ A} definixe topologiju na G u odnosu nakoju je G topoloxka grupa.�

Pored zadava�a topologije, osobina homogenosti mo�e se iskoristiti da se mnogalokalna svojstva proxire iz bilo koje taqke na celu topoloxku grupu. Neki primerisu prikazani narednim tvr�e�em.

Tvr�e�e 3.11. Neka je G topoloxka grupa. Tada:

1. G je lokalno kompaktna ako i samo ako postoji taqka iz G sa lokalnim sistemomkompaktnih okolina.

2. G je lokalno (putno) povezana ako i samo ako postoji taqka iz G sa lokalnimsistemom otvorenih (putno) povezanih okolina.

3. G je lokalno euklidska ako i samo ako postoji taqka iz G sa okolinom homeo-morfnom nekom otvorenom podskupu od Rn.

4. G je diskretna ako i samo ako postoji izolovana taqka u G.

Za kraj ovog pododeka poka�imo jox nekoliko znaqajnih tvr�e�a koja nisu di-rektne posledice homogenosti topoloxkih grupa.

Definicija 3.12. Podskup U topoloxke grupe G je simetriqan ako va�i U−1 = U .

Tvr�e�e 3.13. Neka je U okolina neutrala e topoloxke grupe G. Tada postoji si-metriqna otvorena okolina V neutrala e takva da je V V ⊆ U .

Dokaz. Posmatrajmo restrikciju preslikava�a mno�e�a na unutrax�ost Uo skupa U ,µ : Uo×Uo → G. Ovo preslikava�e je neprekidno, pa sledi da je µ−1(Uo) otvoren skupkoji sadr�i (e, e). To znaqi da postoje otvoreni skupovi V1, V2 ⊆ U takvi da (e, e) ∈V1 × V2 i V1V2 ⊆ U . Ako oznaqimo V3 = V1 ∩ V2, dobijamo da je V3 otvorena okolinaneutrala e takva da je V3V3 ⊆ U . Dobijena okolina V3 ne mora biti simetriqna, patra�eno V dobijamo stavaju�i V = V3 ∩ V −1

3 .

Tvr�e�e 3.14. Neka je G topoloxka grupa i g, h ∈ G, g 6= h. Tada va�i da g ∈ {h}ako i samo ako h ∈ {g}.

Dokaz. Zbog simetriqnosti je dovono da poka�emo da h ∈ {g} ako g ∈ {h}. Pretpo-stavimo zato da g ∈ {h} i uoqimo jednu proizvonu otvorenu okolinu U taqke g−1.Preslikava�e uzima�a inverza ι : G→ G je homeomorfizam, pa sledi da je skup U−1

3.2. DEFINICIJA I OSNOVNE OSOBINE TOPOLOXKIH GRUPA 171

otvorena okolina taqke g. Poxto je g ∈ {h}, va�i da h ∈ U−1, odakle je i h−1 ∈ U .Iz qi�enice da je okolina U taqke g−1 proizvona, zakuqujemo da va�i

g−1 ∈ {h−1}. (3.3)

Neka je dae V proizvona otvorena okolina taqke g−1h uG. Kako je preslikava�emno�e�a µ : G × G → G neprekidno, va�i da je µ−1(V ) otvoren skup u G × G kojisadr�i (g−1, h). To znaqe da postoje otvoreni skupovi V ′, V ′′ ⊂ G takvi da je V ′×V ′′ ⊆µ−1(V ) i g−1 ∈ V ′, h ∈ V ′′. Iz (3.3) onda sledi da h−1 ∈ V ′, pa imamo (h−1, h) ∈ V ′×V ′′.Primenom preslikava�a mno�e�a µ zakuqujemo da se neutral e grupe G nalazi u V .Iz proizvonosti okoline V onda sledi

g−1h ∈ {e}. (3.4)

Konaqno, uoqimo proizvonu otvorenu okolinu W taqke h u G. Ponovo se osla-�aju�i na neprekidnost preslikava�a µ zakuqujemo da je µ−1(W ) otvorena okolinataqke (g, g−1h) u G × G. To znaqi da µ−1 sadr�i skup W ′ × W ′′, gde su W ′ i W ′′

otvoreni skupovi u G takvi da g ∈ W ′ i g−1h ∈ W ′′. Iz (3.4) onda sledi da e ∈ W ′′,pa imamo (g, e) ∈ W ′ ×W ′′. Jox jednom primenom preslikava�a mno�e�a µ dobijamoda g ∈W . Iz proizvonosti okoline W onda sledi tra�eno h ∈ {g}.

Tvr�e�e 3.15. Svaka otvorena podgrupa topoloxke grupe je istovremeno i zatvorena.

Dokaz. Neka je H otvorena podgrupa topoloxke grupe G. Tada je i svaki od kosetagH, g ∈ G otvoren skup. Definiximo:

Y =⋃

g∈G\H

gH.

Skup Y je otvoren kao unija otvorenih skupova. Tako�e, poxto skup svih koseta{gH, g ∈ G} qini particiju skupa G i za svako g ∈ G \H va�i gH ∩H = ∅, sledi daje G \ Y = H. Dakle, H je skup qiji je komplement otvoren, pa on zatvoren skup.

Tvr�e�e 3.16. Neka je H podgrupa topoloxke grupe G. Tada je i (topoloxko) zatvo-re�e H podgrupa od G. Dodatno, ako je podgrupa H normalna, takva je i H.

Dokaz. Neka su g, h ∈ H proizvoni elementi. �elimo da poka�emo da je i gh ∈ H.U tu svrhu dovono je da poka�emo da za proizvonu otvorenu okolinu U taqke ghva�i U∩H 6= ∅. Poxto je preslikava�e mno�e�a µ : G×G→ G neprekidno, va�i daje skup µ−1(U) otvoren u G×G. Pri tome, taj skup sadr�i taqku (g, h), pa zakuqujemoda postoje okoline V1 taqke g i V2 taqke h takve da je V1V2 ⊆ U . Taqke g i h su izH, odakle sledi da je V1 ∩ H 6= ∅ i V2 ∩ H 6= ∅. Zato mo�emo uoqiti x ∈ V1 ∩ H iy ∈ V2 ∩H. Tada je x ∈ H i y ∈ H, pa poxto je H podgrupa od G, zakuqujemo da je ixy ∈ H. Sliqno, iz qi�enice da je x ∈ V1 i y ∈ V2, uz V1V2 ⊆ U , sledi xy ∈ U . Dakle,xy ∈ U ∩H, xto povlaqi U ∩H 6= ∅. Time je pokazano da gh ∈ H.

Sliqo pokazujemo da je i g−1 ∈ H. Uoqimo proizvonu otvoreno okolinu W taqkeg−1. Poxto je preslikava�e uzima�a inverza ι : G → G homeomorfizam, sledi daje skup W−1 otvorena okolina taqke g. Iz qi�enice da g ∈ H zakuqujemo da va�i


W−1 ∩H 6= ∅. Zato mo�emo uoqiti z ∈ W−1 ∩H. Onda z−1 ∈ W i z−1 ∈ H, jer je Hpodgrupa od G. Prema tome, W ∩H 6= ∅, xto daje tra�eno g−1 ∈ H.

Pretpostavimo jox da je H / G. Tada za svako x ∈ H i g ∈ G va�i g−1xg ∈ H,pa skup A =

{x ∈ G | g−1xg ∈ H za sve g ∈ G

}sadr�i H. Primetimo da je za svako

g ∈ G preslikava�e Φg : G → G, odre�eno sa Φg(x) = g−1xg, x ∈ G neprekidno. Kakoje A =

⋂g∈G Φ−1

g

(H)zakuqujemo da je skup A zatvoren. Dakle, A je zatvoren skup

koji sadr�i H, pa mora da sadr�i i H. Odatle sledi da je za svako x ∈ H i g ∈ Gispu�eno g−1xg ∈ H, xto povlaqi H / G.

3.3 Aksiome separacije u topoloxkim grupama

Zapoqnimo ovaj odeak podse�a�em na formulaciju aksioma separacije u proi-zvonim topoloxkim prostorima.

Definicija 3.17. Neka je X topoloxki prostor. Tada:

1. X je T0 prostor ako za sve x, y ∈ X, x 6= y postoji otvoreni skup U ⊂ X kojisadr�i jednu od taqaka x i y, ali ne i drugu.

2. X je T1 prostor ako za sve x, y ∈ X, x 6= y postoji otvoreni skup U ⊂ X takav dax ∈ U i y 6∈ U .

3. X je T2 ili Hauzdorfov2 prostor ako za sve x, y ∈ X, x 6= y postoje otvoreniskupovi U, V ⊂ X takvi da je x ∈ U , y ∈ V i U ∩ V = ∅.

4. X je regularan prostor ako za svako x ∈ X i svaki zatvoren skup F ⊂ X takavda x 6∈ F postoje otvoreni skupovi U, V ⊂ X takvi da x ∈ U , F ⊂ V i U ∩V = ∅.Prostor koji je T1 i regularan naziva se T3 prostor.

5. X je potpuno regularan prostor ako za svako x ∈ X i svaki zatvoren skup F ⊂ Xtakav da x 6∈ F postoji neprekidno preslikava�e f : X → [0, 1] takvo da jef(x) = 0 i f(F ) = {1}. Prostor koji je T1 i potpuno regularan naziva se prostorTihonova3 ili T3 1

2prostor.

6. X je normalan ako za svaka dva disjunktna zatvorena skupa F i G u X postojeotvoreni skupovi U, V ⊂ X takvi da je F ⊂ U , G ⊂ V i U ∩V = ∅. Prostor kojije T1 i normalan naziva se T4 prostor.

Primetimo da uslovi iz prethodne definicije progresivno postaju sve stro�iji,pa sledi da je svaki T4 prostor T3 1

2, svaki T3 1

2prostor T3, itd. Podsetimo se i da

je topoloxki prostor X T1 ako i samo ako je za svako x ∈ X skup {x} zatvoren uX. Osla�u�i se na svojstvo homogenosti za topoloxke grupe odmah dobijamo narednotvr�e�e.

Tvr�e�e 3.18. Topoloxka grupa G je T1 ako i samo ako je skup {e} zatvoren u G.2Felix Hausdorff (1868-1942), nemaqki matematiqar3Andr&e@i Nikola&eviq T&ihonov (1906-1993), ruski matematiqar

3.3. AKSIOME SEPARACIJE U TOPOLOXKIM GRUPAMA 173

Naredno tvr�e�e pokazuje da su aksiome separacije T0{T3 ekvivalentne u topolox-kim grupama.

Tvr�e�e 3.19. Neka je G topoloxka grupa. Tada su slede�a tvr�e�a ekvivalentna:

1) G je T0.

2) G je T1.

3) G je T2.

4) G je T3.

Dokaz. Poxto odmah imamo 4) → 3) → 2) → 1), dovono je da poka�emo 1) → 2) i2)→ 4).

Pretpostavimo prvo da topoloxka grupa G ispu�ava aksiomu T0, ali da ne is-pu�ava aksiomu T1. Tada postoje taqke x, y ∈ G, x 6= y takve da za x postoji otvo-rena okolina U koja ne sadr�i y, kao i da x pripada svakoj otvorenoj okolini ody. Dobijamo da y ∈ {x}, pa iz Tvr�e�a 3.14 sledi x ∈ {y}. Zakuqujemo da svakaotvorena okolina taqke x mora sadr�ati y, odakle, specijalno, dobijamo y ∈ U . Toje kontradikcija koja pokazuje da topoloxka grupa G ispu�ava aksiomu T1, qime smoustanovili 1)→ 2).

Doka�imo jox da va�i 2) → 4). Uoqimo proizvonu taqku je x ∈ G i zatvorenskup F ⊂ G koji ne sadr�i x. Primetimo da neutral e grupe G ne pripada skupuFx−1, pa iz qi�enice da je G T1 prostor sledi da je skup G \ Fx−1 okolina taqke e.Na osnovu Tvr�e�a 3.13 onda mo�emo prona�i simetriqnu otvorenu okolinu V taqkee takvu da je V V ⊆ G \ Fx−1. Poka�imo da va�i V x ∩ V F = ∅. Ako pretpostavimosuprotno, da postoji y ∈ V x∩ V F , onda mo�emo prona�i neke v1, v2 ∈ V i c ∈ F takveda je y = v1x i y = v2c. Odatle sledi v

−12 v1 = cx−1, pa sa jedne strane, v−1

2 v1 ∈ Fx−1.Sa druge strane, poxto je okolina V simetriqna, imamo i v−1

2 v1 ∈ V −1V = V V, xtopovlaqi v−1

2 v1 ∈ G \ Fx−1. Dobijena kontradikcija pokazuje tra�eno V x ∩ V F = ∅.Sliqno kao xto smo ve� videli nekoliko puta, za svako fiksirano g ∈ G presli-

kava�e h → hg je homeomorfizam G → G. Kako je skup V otvoren, odatle sledi dasu otvoreni i skupovi V x i V F =

⋃c∈F V c. Uz to je i V okolina neutrala e, pa va�i

x ∈ V x i F ⊂ V F . Dakle, pronaxli smo disjunktne otvorene skupove V x i V F takveda x ∈ V x i F ⊂ V F , pa zakuqujemo da je G regularna (a time i T3).

Uz vixe truda mo�e se pokazati i mnogo jaqe svojstvo, kao xto je ura�eno u narednojteoremi.

Teorema 3.20. Svaka topoloxka grupa je potpuno regularna.

Dokaz. Naglasimo prvo da je usled homogenosti dovono da posmatramo zatvoren skupF koji ne sadr�i neutral e topoloxke grupe G i da konstruixemo neprekidno pre-slikava�e f : G→ [0, 1] takvo da je f(e) = 0 i f(F ) = {1}.

Skup V1 = G \ F je otvorena okolina taqke e, pa mo�emo prona�i �enu otvorenupodokolinu V 1

2takvu da je V 1

2V 1

2⊆ V1 (argumentacija za ovo je ista u dokazu Tvr�e�a

3.13). Dae sliqno mo�emo prona�i novu podokolinu V 14takvu da je V 1

4V 1

4⊆ V 1

2i


nastavaju�i induktivno ovaj postupak do�i do niza(V 1

2n

)n∈N

otvorenih okolina

taqke e sa osobinom V 12n+1

V 12n+1

⊆ V 12n.

Bitna ideja ovog dokaza je da se definicija niza(V 1

2n

)n∈N

mo�e proxiriti na

dijadiqke racionalne brojeve. Napravimo prvo kratku digresiju sa ciem objax�e�axta taqno ti brojevi predstavaju.

Neka je n ∈ N proizvoan prirodan broj i 1 ≤ α ≤ 2n neparan prirodan broj. Tadase broj α/2n mo�e na jedinstven naqin predstaviti u dijadiqkom zapisu

α

2n=

n−1∑i=0

αi2i, αi ∈ {0, 1} za sve 0 ≤ i ≤ n− 1.

Do ovoga zapisa sti�emo tako xto prvo zapixemo α =∑n−1

i=0 αi · 2n−i i onda svepodelimo sa 2n. Brojevi α/2n u dijadiqkom zapisu nazivaju se dijadiqki racionalnibrojevi.

Za proizvoan dijadiqki racionalan broj α2n =

∑n−1i=0

αi2i

definiximo okolinuneutrala e

V α2n

=n−1∏i=0

V αi1

2i

= V α0120

· V α1121

· · · · · V αn−11

2n−1

,

gde je

V αi1

2i

=

{e}, ako je αi = 0,

V αi1

2i

ako je αi = 1

i proizvod je uzet u redosledu po kome su qinioci zapisani (ovo je bitno naglasiti,jer grupa G ne mora biti Abelova, pa ne mora da va�i AB = BA za sve podskupove odA,B od G). Poka�imo da za svaka dva dijadiqka racionalna broja 0 < r, s ≤ 1 va�iVr ⊆ Vs ako je r ≤ s.

Pretpostavimo prvo da je

r =

n∑i=0

αi2i

dijadiqki racionalan broj za koji postoji 0 ≤ k < n takvo da je αk = 0 i αi = 1 zak < i ≤ n. Tada je

Vr = V α01 · · · · · V αk−1

1

2k−1

· V 1

2k+1· · · · · V 1

2n−1· V 1

2n

⊆ V α01 · · · · · V αk−1

1

2k−1

· V 1

2k+1· · · · · V 1

2n−1· V 1

2nV 1

2n

⊆ V α01 · · · · · V αk−1

1

2k−1

· V 1

2k+1· · · · · V 1

2n−1· V 1

2n−1

(jer je V 1

2n· V 1

2n⊆ V 1

2n−1

)...(jox n− k − 1 put koristimo da je V 1

2i+1· V 1

2i+1⊆ V 1

2i

)⊆ V α0

1 · · · · · V αk−11

2k−1

· V 1

2k= Vr+ 1

2n.

3.3. AKSIOME SEPARACIJE U TOPOLOXKIM GRUPAMA 175

Sliqno, za bilo koje k > n imamo

Vr ⊆ Vr · V 1

2k= Vr+ 1

2k.

Ako su sada 0 < r, s ≤ 1 dva proizvona dijadiqka cela, imamo da je s − r = a2n za

neki prirodan broj a i dovono veliki prirodan broj n. Posle uzastopnih primenaodgovaraju�ih inkluzija koje smo prethodno izveli dobijamo

Vr ⊆ Vr+ 12n⊆ Vr+ 2

2n⊆ · · · ⊆ Vr+ a

2n= Vs.

Slede�i znaqajan korak je definisa�e funkcije f : G → [0, 1] koja razdvaja neu-tral e i zatvoreni skup F . Za proizvonu taqku x ∈ G posmatrajmo skup

Ax = {1} ∪ {0 < s ≤ 1 | s dijadiqki racionalan, x ∈ Vs} .

Definiximo f(x) = inf Ax. Iz pokazanog Vr ⊆ Vr ako je r ≤ s, sledi da je f korektnodefinisano preslikava�e iz G u [0, 1]. Primetimo da za svako n ∈ N va�i e ∈ V 1

2n, pa

je Ae = (0, 1]. Tako dobijamo f(e) = 0. Sliqno, za svako n ∈ N va�i V 12n⊆ V1 = G \ F ,

pa za svako x ∈ F imamo Ax = {1}. Odatle sledi f(F ) = {1}.Ostalo je da doka�emo neprekidnost preslikava�a f . Imaju�i u vidu topologiju

na [0, 1], dovono je da poka�emo da za svako ε > 0 postoji otvoreni skup U ⊆ Gtakav da za sve x, y ∈ G sa osobinom x−1y ∈ U va�i |f(x) − f(y)| < ε. Uoqimo zatoproizvono ε > 0, fiksirajmo za sada n ∈ N i definiximo U = V 1

2n+2. Iz definicije

preslikava�a f sledi da postoji dijadiqki racionalan broj s takav da je

s− 1

2n≤ f(x) < s.

Ako je s < 1, mo�emo zakuqiti da x ∈ Vs+ 12n+2

. Odatle dobijamo i da y pripadaskupu

xV 12n+2

⊆ Vs+ 12n+2

· V 12n+2

= Vs · V 12n+2

· V 12n+2

⊆ Vs · V 12n+1

= Vs+ 12n+1

,

odakle sledi f(y) ≤ s+ 12n+1 . Uz to imamo i

f(x) ≥ s− 1

2n≥ f(y)− 1

2n+1− 1

2n> f(y)− 1

2n−1,

xto daje |f(x)− f(y)| < 12n−1 .

Ako je s = 1, imamo f(x) ≥ 1 − 12n . Pretpostavimo da je f(y) < 1 − 1

2n−1 . Onday ∈ V1− 1

2n−1, pa uz qi�enicu da je skup V 1

2n+2simetriqan, dobijamo da x pripada skupu

y(V 1

2n+2

)−1= yV 1

2n+2⊆ V1− 1

2n−1· V 1

2n+2= V1− 1

2n−1 + 12n+2

.

Tako dobijamo kontradikciju

f(x) ≤ 1− 1

2n−1+

1

2n+2= 1− 7

2n+2< 1− 1

2n.

Prema tome, imamo da f(x), f(y) ∈[1− 1

2n−1 , 1], pa va�i |f(x)− f(y)| < 1

2n−1 .Zakuqujemo da u oba sluqaja va�i |f(x) − f(y)| < 1

2n−1 , pa odabir n takvog da je1

2n−1 < ε zavrxava dokaz.

Posledica 3.21. Topoloxka grupa je T0 ako i samo ako je T3 12.


3.4 Koliqnici topoloxkih grupa

Neka je G topoloxka grupa i H podgrupa od G (koja ne mora biti normalna). Naskupu svih levih koseta G/H onda mo�emo definisati koliqniqku topologiju. Toznaqi da je skup U ⊆ G/H otvoren ako je otvoren skup π−1(U) ⊆ G, gde je π : G→ G/Hkanonska projekcija, π(g) = gH, g ∈ G. Iz definicije koliqniqke topologije odmahsledi da je preslikava�e π neprekidno i surjektivno, ali va�i i vixe.

Tvr�e�e 3.22. Neka je G topoloxka grupa i H podgrupa od G. Tada je kanonskaprojekcija π : G→ G/H otvoreno preslikava�e.

Dokaz. Neka je U ⊆ G proizvoan otvoren skup. Treba da poka�emo da je onda otvoreni skup π(U) ⊆ G/H. Po definiciji koliqniqke topologije to znaqi da ispitujemootvorenost skupa π−1(π(U)). Kako je π(U) = {xH, x ∈ U}, imamo

π−1(π(U)) = {g ∈ G | gH ∈ π(U)}= {g ∈ G | gH = xH za neko x ∈ U}= {g ∈ G | g = hx za neke x ∈ U, h ∈ H} = UH.

Poxto je UH =⋃h∈H Uh i svi Uh, h ∈ H otvoreni zbog otvorenosti skupa U , zaku-

qujemo da je skup π−1(π(U)) otvoren, qime zavrxavamo dokaz.

Napomena. Prethodno dokazano tvr�e�e povlaqi da familiju otvorenih skupovana G/H mo�emo videti kao {V H | V je otvoren u G}. Specijalno, sistem otvore-nih okolina za proizvonu taqku gH ∈ G/H nije nixta drugo do familija {VgH |Vg je otvorena okolina od g u G}.�

Ukoliko je podgrupa H normalna u G, onda znamo da je G/H (algebarska) grupa.Sa druge strane, videli smo da na G/H postoji i struktura topoloxkog prostoraodre�ena koliqniqkom topologijom. Prirodno je postaviti pita�e da li se te dvestrukture na G/H dobro sla�u, xto bi znaqilo da je G/H topoloxka grupa. Odgovorna to pita�e je potvrdan, kao xto pokazuje naredno tvr�e�e.

Tvr�e�e 3.23. Neka je H normalna podgrupa topoloxke grupe G. Tada je G/H topo-loxka grupa u odnosu na koliqniqku topologiju.

Dokaz. Doka�imo prvo neprekidnost mno�e�a na G/H. Uoqimo proizvone taqkeaH, bH ∈ G/H i neka je V proizvona otvorena okolina za aHbH = abH. Na osnovunapomena posle Tvr�e�a 3.22 sledi da je V = UH za neku otvorenu okolinu U ⊆ Gtaqke ab. Zbog neprekidnosti mno�e�a na G sledi da postoje neka otvorena okolinaU1 taqke a i neka otvorena okolina U2 taqke b takve da je U1U2 ⊆ U . Tada su U1H iU2H otvorene okoline u G/H za aH, odnosno bH, takve da je

U1H · U2H = U1U2H ⊆ UH = V,

xto pokazuje neprekidnost mno�e�a na G/H.Sliqno va�i i za neprekidnost preslikava�a uzima�a inverza. Uoqimo proi-

zvonu taqku gH ∈ G/H i proizvonu otvorenu okolinuW ⊆ G/H od (gH)−1 = g−1H.

3.4. KOLIQNICI TOPOLOXKIH GRUPA 177

Tada je W = OH, gde je O neka otvorena okolina taqke g−1 u G. Zbog neprekidnostipreslikava�a uzima�a inverza na G onda postoji otvorena okolina O′ taqke g takvada je O′−1 ⊆ O. Tada je O′H otvorena okolinia taqke gH u G/H za koju va�i

(O′H)−1 = O′−1H ⊆ OH = W.

Dobijamo da va�i neprekidnost preslikava�a uzima�a inverza na G/H.

Videli smo da se koliqniqka topologija lepo sla�e sa algebarskom strukturomna G/H, ali ono xto ostaje otvoreno kao pita�e je koliki je kvalitet te topologije.Pri tome pojam kvalitet ima isti smisao kao i u opxtim topoloxkim prostorima: uogromnoj ve�ini situacija razumno je da imamo pretpostavku da je topoloxki prostorkoji posmatramo Hauzdorfov4.

Iz prethodnog odeka znamo da su u topoloxkim grupama aksiome separacije T0 {T3 1

2ekvivalentne, pa ispitiva�e da li je koliqniqka topoloxka grupa G/H Hauzdor-

fova mo�emo svesti na ispitiva�e da li je ona T1. Osla�aju�i se na Tvr�e�e 3.18dobijamo da je G/H Hauzdorfova ako i samo ako je skup {H} zatvoren u G/H. Izdefinicije koliqniqke topologije imamo i da je skup {H} zatvoren u G/H ako i samoako je podgrupa H zatvorena u G. Time dobijamo slede�e tvr�e�e koje daje kriterijumkvaliteta topologije koliqniqke topoloxke grupe.

Tvr�e�e 3.24. Koliqniqka topoloxka grupa G/H je Hauzdorfova ako i samo ako jenormalna podgrupa H zatvorena u G.

3.4.1 Prva teorema o izomorfizmu topoloxkih grupa

Podsetimo se da je veoma korisno sredstvo za odre�iva�e koliqniqkih grupa prvateorema o izomorfizmu. Ako �elimo da tu teoremu formulixemo u kontekstu to-poloxkih grupa, za homomorfizme koje posmatramo je neophodno da se sla�u i satopoloxkom strukturom koja postoji, xto �e re�i da moraju biti neprekidna pre-slikava�a. Osla�aju�i se na osobinu homogenosti topoloxkih grupa odmah dobijamoslede�i jednostavan kriterijum neprekidnosti homomorfizama izme�u topoloxkihgrupa.

Tvr�e�e 3.25. Neka je f : G → H (algebarski) homomorfizam izme�u algebarskihgrupa G i H. Tada je preslikava�e f neprekidno ako i samo ako je neprekidno uneutralu e grupe G.

Sliqno kao i kod algebarskih grupa, injektivni homomorfizam topoloxkih grupase naziva monomorfizam ili utapa�e, surjektivni homomorfizam se naziva epimor-fizam, dok se pod izomorfizmom podrazumeva bijektivni homomorfizam qiji je in-verz tako�e neprekidno preslikava�e. Za dve topoloxke grupe ka�emo da su izo-morfne ako postoji izomorfizam izme�u �ih. Primetimo da kada su dve topoloxkegrupe izomorfne, va�i da su one istovremeno homeomorfne i (algebarski) izomorfne.

4glavni razlog za to je xto pretpostavka da posmatramo Hauzdorfov prostor eliminixe mnogo-brojne potencijalne "patologije"; npr. u prostoru koji nije Hauzdorfov graniqna vrednost konver-gentnog niza ne mora biti jedinstvena.


Dakle, zahtevi izomorfnosti algebarskih grupa imaju dodatnu stavku homeomorfno-sti tj. topoloxke izomorfnosti. To znaqi da ne mo�emo oqekivati da �e tvr�e�a oizomorfnosti (algebarskih) grupa va�iti i za topoloxke grupe bez nekih dodatnihuslova. Konkretno, nema puno razloga da oqekujemo da �e prva teorema o izomor-fizmu va�iti za topoloxke grupe. Naredni primer upravo i pokazuje da bi svaoptimistiqna oqekiva�a u tom pravcu bila pogrexna.

Primer 3.26 (Prva teorema o izomorfizmu ne va�i za topoloxke grupe). Posma-trajmo topoloxke grupe R i Rd sabira�a realnih brojeva u odnosu uobiqajenu, odnosnodiskretnu topologiju. Identiqko preslikava�e id : R→ R, odre�eno sa id(x) = x, x ∈R je epimorfizam izme�u topoloxkih grupa Rd i R. �egovo jezgro je trivijalno, paimamo

Rd/ ker id ∼= Rd.Sa druge strane, Rd i R nisu homeomorfne, pa sledi da one nisu ni izomorfne kaotopoloxke grupe, odakle dobijamo

Rd/ ker id 6∼= im id .

Prema tome, prva teorema o izomorfizmu ne va�i na ovom primeru.�

Sliqno bismo mogli pokazati i da druga teorema o izomorfizmu ne va�i za topo-loxke grupe (videti Zadatak 85).Kao xto smo ve� napomenuli, a isto smo mogli primetiti i u prethodnom primeru,prepreka za va�e�e prve teoreme o izomorfizmu je topoloxke prirode. Ona �e ne-stati ako za homomorfizam pored neprekidnosti nametnemo jox neki dodatni (topo-loxki) uslov. Tako dolazimo do narednog tvr�e�a koje mnogi nazivaju prvom teoremomo izomorfizmu za topoloxke grupe.

Tvr�e�e 3.27. Neka su G i H topoloxke grupe i f : G → H neprekidan i otvorenepimorfizam. Tada je preslikava�e φ : G/ ker f → H, odre�eno sa

φ(g ker f) = f(g), g ∈ G

izomorfizam topoloxkih grupa.

Dokaz. Iz teorije grupa nam je ve� dobro poznato da je preslikava�e φ korektno defi-nisan izomorfizam grupa. Zato je dovono jox samo da poka�emo da je φ neprekidnoi otvoreno preslikava�e. Oznaqimo sa π : G → G/ ker f koliqniqko preslikava�e.Za proizvono g ∈ G onda va�i

φ(π(g)) = φ(g ker f) = f(g),

xto pokazuje da va�i φ◦π = f . Kako su preslikava�a π i f neprekidna, zakuqujemoda je onda takvo i φ.

Poka�imo jox da je preslikava�e φ otvoreno. Neka je U ⊆ G/ ker f proizvoanotvoren skup. Poxto je preslikava�e π neprekidno, a f otvoreno sledi da je i skupf(π−1(U)) otvoren. Iz qi�enice da je π surjektivno i φ ◦ π = f dobijamo

f(π−1(U)) = (φ ◦ π ◦ π−1)(U) = φ(U).

Prema tome, φ(U) je otvoren skup, pa sledi da je φ otvoreno preslikava�e.

3.5. FUNDAMENTALNA GRUPA TOPOLOXKE GRUPE 179

3.5 Fundamentalna grupa topoloxke grupe

U ovom odeku bavi�emo se fundamentalnim grupama topoloxkih grupa. Konkret-nije, dokaza�emo slede�e znaqajno tvr�e�e.

Teorema 3.28. Fundamentalna grupa topoloxke grupe je Abelova.

Pre samog dokaza, podsetimo se osnovog u vezi fundamentalne grupe proizvonogtopoloxkog prostora. Ure�eni par (X,x0) gde je X topoloxki prostor, a x0 ∈ X nekataqka naziva se prostor sa istaknutom taqkom. Neprekidno preslikava�e u : [0, 1]→X takvo da je u(0) = u(1) = x0 naziva se peta u taqki x0. Nad petama u i v u taqkix0 mo�emo vrxiti operaciju mno�e�a, definisanu sa

(u ∗ v)(t) =

{u(2t), 0 ≤ t ≤ 1

2

v(2t− 1), 12 ≤ t ≤ 1.

(3.5)

Smisao ove operacije je u nastava�u dve pete tako xto prvo jednu, a zatim drugu"pro�emo duplom brzinom". Ovako dolazimo do jedne algebarske strukture koju, me-�utim, ne odlikuje veliki kvalitet, jer operacija mno�e�a peti u opxtem sluqajune mora biti qak ni asocijativna. Tu situaciju popravamo tako xto umesto petiposmatramo �ihove homotopske klase relativno skup {0, 1}. Radi kra�e notacije, zadve pete u, v u taqki x0 koje su homotopne relativno {0, 1} pixemo samo u ' v, dok je[u] oznaka za klasu pete u pri ovoj relaciji. Skup svih peti u taqki x0 oznaqavamosa π1(X,x0). Na tom skupu je definisan proizvod sa

[u] ∗ [v] = [u ∗ v], [u], [v] ∈ π1(X,x0).

Nije texko pokazati da je π1(X,x0) grupa u odnosu na ovu operaciju. Ta grupa nazivase fundamentalna grupa prostora X u taqki x0.

Dokaz Teoreme 3.28. Neka je G topoloxka grupa. Primetimo prvo da zbog qi�eniceda je G homogen topoloxki prostor nije bitno koju taqku izaberemo za istaknutu,pa �emo se odluqiti za neutral e. Dakle, posmatramo fundamentalnu grupu π1(G, e),koju �emo nadae oznaqavati samo π1(G). Ci je da poka�emo da je ta grupa Abelova.

Primetimo da zbog qi�enice da je G grupa, za svake dve pete u i v u taqki ei svako t ∈ [0, 1] je definisan proizvod u(t)v(t), pa mo�emo definisati operacijumno�e�a taqku po taqku sa

(u · v)(t) = u(t)v(t).

Odatle sledi da u grupi π1(G) postoje dve operacije: jedna, kao xto smo videlipostoji u svakom topoloxkom prostoru i indukovana je operacijom nastava�a peti(3.5), a druga je indukovana mno�e�em taqku po taqku, [u] · [v] = [u · v]. Glavna idejaovog dokaza le�i u pokaziva�u da su te dve operacije iste. U tu svrhu je dovono dadoka�emo da ako su u i v dve pete u taqki e, onda va�i u ∗ v ' u · v.

Oznaqimo sa ce : [0, 1] → G konstantno preslikava�e koje uzima vrednost e za svet ∈ [0, 1], xto znaqi da je [ce] neutral u grupi π1(G). Iz definicije operacije ∗ ondaimamo da za sve pete u i v u taqki e va�i

(u ∗ ce)(t) =

{u(2t), 0 ≤ t ≤ 1

2

e, 12 ≤ t ≤ 1

i (ce ∗ v)(t) =

{e, 0 ≤ t ≤ 1

2

v(2t− 1), 12 ≤ t ≤ 1,


odakle dobijamo jednostavan identitet

(u ∗ ce) · (ce ∗ v) = u ∗ v. (3.6)

Potpuno sliqno sledi i(ce ∗ u) · (v ∗ ce) = v ∗ u. (3.7)

Pretpostavimo sada da je u′ neka peta u taqki e takva da je u′ ' u. Tada po-stoji homotopija P : [0, 1] × [0, 1] → G izme�u u i u′. Posmatrajmo preslikava�eQ : [0, 1]× [0, 1]→ G definisano sa Q(s, t) = P (s, t)v(t), s, t ∈ [0, 1]. Ovo preslikava�eje neprekidno i va�i

Q(0, t) = P (0, t)v(t) = u(t)v(t)

Q(1, t) = P (1, t)v(t) = u′(t)v(t)

Q(s, 0) = P (s, 0)v(0) = e

Q(s, 1) = P (s, 1)v(1) = e,

pa predstava homotopiju izme�u u · v i u′ · v. Dakle, dokazali smo da ako je u′ ' uonda va�i u ·v ' u′ ·v. Potpuno sliqno, ako je v′ ' v onda va�i u ·v ' u ·v′. Na osnovuove dve qi�enice i identiteta (3.6), poxto je u ∗ ce ' u i ce ∗ v ' v, dobijamo

u ∗ v = (u ∗ ce) · (ce ∗ v) ' u · v.

Ovim je pokazan identitet za koga smo najavili da se nalazi u samoj sr�i dokazaTeoreme 3.28. Osla�aju�i se na �ega, uz (3.7) dae dobijamo

u ∗ v ' u · v ' (ce ∗ u) · (v ∗ ce) = v ∗ u.

Prelaskom na klase relacije homotopije dobijamo da u grupi π1(G) za svaka dva ele-menta [u] i [v] va�i

[u] ∗ [v] = [u ∗ v] = [v ∗ u] = [v] ∗ [u],

xto pokazuje da je π1(G) Abelova grupa.

Kako je svaka Lijeva grupa topoloxka grupa imamo slede�u znaqajnu direktnuposledicu.

Posledica 3.29. Fundamentalna grupa svake Lijeve grupe je Abelova.

3.6 Rexeni zadaci

Zadatak 84. Odrediti sve prave, zatvorene podgrupe od (R,+).

Rexe�e. Doka�imo prvo da podgrupa H od R koja nije diskretna mora biti svudagusta u R. Uoqimo proizvonu taqku x ∈ H. Za proizvono ε > 0 tada mo�emo na�iy1, y2 ∈ H takve da je |x− yi| < ε/2, i = 1, 2. Oznaqimo y = |x1 − x2|. Poxto je H ≤ Rimamo y ∈ H, a iz nejednakosti trougla sledi i y < ε. Neka je (a, b) proizvoan


interval u R du�ine ε. Tada mora postojati n ∈ Z takvo da ny ∈ (a, b), jer bi usuprotnom postojao ceo broj M takav da je My ≤ a < b ≤ (M + 1)y, odakle bi sledilakontradikcija

ε = b− a ≤ (M + 1)y −My = y < ε.

Primetimo da ny ∈ H, jer je H ≤ R. Prema tome, u svakom intervalu u R proizvonomale du�ine se nalazi barem jedna taqka iz H. Odatle sledi da je podgrupa H svudagusta u R. Ako je H zatvorena u R to onda povlaqi da je H = R. Dakle, prave,zatvorene podgrupe od R moraju biti diskretne.

Pretpostavimo sada da je H diskretna. Kako je H ≤ R, za svako x ∈ H va�ii −x ∈ H, pa je podskup {x ∈ H | x > 0} neprazan. Oznaqimo sa α ∈ R infimumtog skupa. Poxto je podgrupa H diskretna, postoji okolina U taqke 0 takva da jeU ∩ H = {0} , odakle sledi α > 0. Dodatno, iz zatvorenosti H sledi α ∈ H, pa αmo�emo videti kao najma�i pozitivan broj u H.

Doka�imo da je H = 〈α〉. Poxto je α ∈ H imamo trivijalno 〈α〉 ⊆ H, pa samotreba da poka�emo obratnu inkluziju. Uoqimo proizvono β ∈ H. Tada postoje ceobroj m i realan broj r takvi da je

β = mα+ r, 0 ≤ r < m.

Dobijamo r = β −mα, xto uz α, β ∈ H povlaqi r ∈ H. Iz minimalnosti broja α ondasledi r = 0, pa je β = mα. Dakle, β ∈ 〈α〉, xto pokazuje H ⊆ 〈α〉 i daje H = 〈α〉.Zakuqujemo da su prave, zatvorene podgrupe od R cikliqne podgrupe 〈α〉, α ∈ R\{0}.�

Napomena. Kako nijedna od dobijenih podgrupa 〈α〉, α ∈ R \ {0} nije otvorena u R,na osnovu Tvr�e�a 3.15 sledi da grupa (R,+) nema pravih, otvorenih podgrupa.�

Zadatak 85. Pokazati da druga teorema o izomorfizmu ne va�i za topoloxke grupe.

Rexe�e. Posmatrajmo grupu R sabira�a realnih brojeva u odnosu na uobiqajenutopologiju i dve �ene diskretne5 normalne podgrupe N = Z i H = 〈α〉 = {αn | n ∈ Z},gde je α neki iracionalan broj. Tada je H ∩N = {0}, pa odmah imamo H/H ∩N ∼= H.Odatle sledi da je H/H ∩N diskretna. Sa druge strane, prema naxem izboru brojaα, sledi da je podgrupa H + N gusta u R. Zbog toga je i podgrupa H + N/N gusta ukompaktnoj grupi R/N = R/Z ∼= S1. Specijalno, H + N/N nije diskretna. Dobijamoda H +N/N ne mo�e biti izomorfna diskretnoj grupi H/H ∩N , odakle sledi da neva�i druga teorema o izomorfizmu.�


Problem 72. Dokazati da tre�a teorema o izomorfizmu va�i za topoloxke grupe.

5videti rexe�e Zadatka 84


Literatura

[AK] D. Adna�evi�, Z. Kadelburg, Matematiqka analiza 1, Matematiqki fakultet,Beograd, 2010

[AR] M.Artin, Algebra (2nd edition), Pearson, 2010

[DJS] G. Dankovic, Teorija Galua. p-adicki brojevi i uvod u algebarsku geometriju (skripta),dostupno na http://poincare.matf.bg.ac.rs/~djankovic/Gal.pdf 102, 103

[DJ] G. Dankovic, Teorija brojeva, Matematicki fakultet, Beograd, 2013 43

[DF] D. Dummit, R. Foote, Abstract algebra (3rd edition), Wiley, New York, 2003

[HB] D.R. Heath-Brown, Artin’s conjecture for primitive roots, The Quarterly Journal ofMathematics, volume 37 (1986), 27-38 45

[HE] I. N. Hernstein, Topics of algebra (2nd edition), Wiley, New York, 1975 16

[HR] E. Hewitt, K. Ross, Abstract Harmonic Analysis, Volume I, Springer-Verlag, Berlin-Gottingen-Heilderberg, 1979

[HO] C. Hooley, Artin’s conjecture for primitive roots, Journal Reine Angewandte Mathe-matik, volume 225, (1967), 209-220 45

[HU] A. Hurwitz, Beweis der Transcendtz der Zahl e, Mathematishe Annalen, volume 43,issue 2, (1893), p. 220-221 16

[KA] G. Kalajdzic, Algebra (cetvrto izdanje), Matematicki fakultet, Beograd, 2008 103

[LA] S. Lang, Algebra, Graduate Texts in Mathematics, Springer-Verlag, New York, 2002

[MV] M. Marjanovic, S. Vrecica, Topologija, Zavod za udzbenike, Beograd, 2011

[PM] P. Moree, Artin’s primitive root conjecture -a survey-, arXiv:math/0412262 45

[MO] R.E. Moritz, Extension of Hurwitz’s proof for the transcendence of e to the transcen-dence of π, Annals of Mathematics, volume 2, No. 1/4 (1900-1901), p. 57-59 21

[NE] J. Neukirch, Algebraic number theory (translated from the German by Norbert Sc-happacher), Springer, Berlin, 1999

183

http://poincare.matf.bg.ac.rs/~djankovic/Gal.pdf

184 LITERATURA

[NI] I. Niven, The transcendence of π, The American Mathematical Monthly, volume 46,number 8, (1939), p. 469-471 21

[VE] O. Velben, The transcendence of π and e, The American Mathematical Monthly,volume 11, number 12, (1904), p. 219-223 21

Date post:	03-Feb-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	13 times
Download:	0 times

Algebra 3- ve be - poincare.matf.bg.ac.rspoincare.matf.bg.ac.rs/~dzoni/Algebra3.pdf · 1.1....

Documents