\documentclass{article}
\usepackage{a4wide}
\usepackage{amssymb}
\parindent=0pt
\parskip=1ex
\title{De uitwerkingen van de opgaven in Galoistheorie van Frans Keune}
\begin{document}
\section{Vergelijkingen en lichaamsuitbreidingen}


\subsection{Toon aan $\mathbb{Q}(\zeta_3) = \mathbb{Q}(\zeta_6) = \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ en $\mathbb{Q}(\zeta_8) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, i)$}

Om aan te tonen dat $K(a) = K(b)$, is het voldoende om te laten zien dat $b \in K(a) \wedge a \in K(b)$, want dit geeft $K(b) \subseteq K(a) \wedge K(a) \subseteq K(b)$.

Voor  $\mathbb{Q}(\zeta_3) = \mathbb{Q}(\zeta_6)$ is dus het voldoende om op te merken dat $\zeta_6^2 = \zeta_3$, $-\zeta_3^2 = \zeta_6$.
Vanwege $\zeta_3 - \zeta_3^2 = \sqrt{-3}$ en $\zeta_3 = -\frac12 + \frac12\sqrt{-3}$ geldt ook $\mathbb{Q}(\zeta_3) = \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$.

Voor $\mathbb{Q}(\zeta_8) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, i)$ moet worden opgemerkt dat $\zeta_8 + \zeta_8^7 = \sqrt{2}$, $\frac{\zeta_8 - \zeta_8^7}{\zeta_8 + \zeta_8^7} = i$
en $\zeta_8 = \frac12\sqrt{2} + \frac12\sqrt{2}i$.

\subsection{Toepassing binomium van Newton}

In een lichaam met karakteristiek $p \not= 0$ ($p$ is per definitie een
priemgetal) geldt dat $p \cdot 1 = 0$. Elke term met een factor $p$ is dus $0$
in dat lichaam.

Volgens het binomium van Newton geldt er
\[
(a+b)^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}a^kb^{n-k}\,\,\,\hbox{met}\,\,\,{n\choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}.
\]

\subsubsection{Binomium in lichaam met karakteristiek $p\not=0$, deel 1}

Als $0 < k < p$, dan $p\nmid k!(p-k)!$, omdat $p$ een priemgetal is en $k < p \wedge n - k < p$. We weten dus dat $p\mid \frac{p!}{k!(p-k)!}$ in deze situatie. Oftewel: alle gemengde termen hebben een factor $p$ en zijn dus 0. Er geldt inderdaad voor $f, g \in K$ met $K$ een lichaam met karakteristiek $p\not=0$ dat
\[
(f+g)^p = f^p+g^p.
\]

\subsubsection{Binomium in lichaam met karakteristiek $p\not=0$, deel 2}

Te bewijzen
\[
(f+g)^{p^n} = f^{p^n} + g^{p^n}
\]
met $n \in \mathbb N$ en $f, g \in K$ met een lichaam met karateristiek $p\not=0$.
Voor $n=0$ hebben we $(f+g)^1 = f^1 + g^1$. Nu nemen we als inductiehypothese 
\[
(f+g)^{p^n} = f^{p^n} + g^{p^n}
\]
en schrijven we
\[
(f+g)^{p^{n+1}} = \left((f+g)^{p^n}\right)^p = \left(f^{p^n} + g^{p^n}\right)^p = \left(f^{p^n}\right)^p + \left(g^{p^n}\right)^p =  f^{p^{n+1}} + g^{p^{n+1}}.
\]
De derde gelijkheid hebben we bewezen bij het vorige onderdeel.

\subsection{Los op $x^3-7x-6=0$}

Volgens Tartaglia moeten we $u$ en $v$ bepalen, zodanig dat $3uv=7$ en $u^3+v^3 = 6$. Substitueren levert
$27v^6 - 162v^3 + 343 = 0$. De $abc$-formule geeft
\[
u^3 = 3 + \frac{10}9\sqrt{-3},\,\,\, v^3 = 3 - \frac{10}9\sqrt{-3}.
\]
Er geldt dus dat
\[
x_k = \zeta_3^k \root3\of{3 + \frac{10}9\sqrt{-3}} + \zeta_3^{-k} \root3\of{3 - \frac{10}9\sqrt{-3}},
\]
met $k = 0, 1, 2$ en
\[
\zeta_3 = -\frac12 + \frac12\sqrt{-3}.
\]

Het blijkt dat
\[
\root3\of{3 \pm \frac{10}9\sqrt{-3}} = 1\frac12 \pm \frac16\sqrt{-3}
\]
dus we berekenen
\[
\left(-\frac12\pm\frac12\sqrt{-3}\right)\left(1\frac12 \pm \frac16\sqrt{-3}\right) = -1 \pm \frac23\sqrt{-3}
\]
en
\[
\left(-\frac12\pm\frac12\sqrt{-3}\right)\left(1\frac12 \mp \frac16\sqrt{-3}\right) = -\frac12 \pm \frac56\sqrt{-3}
\]

Dit geeft
\[
x_0 = 1\frac12 + \frac16\sqrt{-3} + 1\frac12 - \frac16\sqrt{-3} = 3,
\]
\[
x_1 =  -1 + \frac23\sqrt{-3} +  -1 - \frac23\sqrt{-3} = -2
\]
en
\[
x_2 = -\frac12 + \frac56\sqrt{-3} + -\frac12 - \frac56\sqrt{-3} = -1.
\]

\subsection{Hoe zit het met Tartaglia in een lichaam met karakteristiek $p=2$ of $p=3$?}

In een lichaam met karakteristiek $2$ kun je niet kwadraatafsplitsen, omdat de
lineare term altijd $0$ is. Zie opgave 2. Dus de kwadratische vergelijking kan
niet met de $abc$-formule worden opgelost.

In een lichaam met karakteristiek $3$ geldt $x^3 = (u+v)^3 = u^3 + v^3$ (weer volgens opgave 2), je krijgt de lineare term niet.

\subsection{$\mathbb{Q}(\root4\of2, i)$ splijtlichaam over $\mathbb{Q}$ van \ldots}

Merk op dat $\zeta_8^k\cdot\root4\of2$ zit in $\mathbb{Q}(\root4\of2, i)$ er geldt immers
$\left(\root4\of2\right)^2 = \sqrt{2}$ en $\zeta_8 = \frac12\sqrt{2} + \frac12\sqrt{2}i$.

\subsubsection{\ldots$(X^4-2)(X^8-1)$}

Naar voorbeeld 1.24: $X^4 - 2$ splijt over $\mathbb{C}$ in
$(X-\root4\of2)(X+\root4\of2)(X-\root4\of2i)(X+\root4\of2i)$. De veelterm
$X^8-1$ splijt over $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, i)$ mbv $\zeta_8$, zoals aangetoond
in opgave 1. Dus de veelterm splijt over $\mathbb{Q}(\root4\of2, i)$.

\subsubsection{\ldots$X^4+2$}

Wederom $X^4 + 2$ splijt over $\mathbb{C}$ in $\prod_{k=0}^3 (X - \zeta_8^{2k+1}\root4\of2)$.
Dus de veelterm splijt over $\mathbb{Q}(\root4\of2, i)$.

\subsubsection{\ldots$X^8-4$}

Ook hier $X^8-4$ splijt over $\mathbb{C}$ in $\prod_{k=0}^7 (X - \zeta_8^k\root4\of2)$.
Dus de veelterm splijt over $\mathbb{Q}(\root4\of2, i)$.

\subsection{Een polynoomring over een lichaam $K(T)$}

\subsubsection{Toon aan $X^3-T\in K(T)[X]$ is irreducibel over $K(T)$}

Het is voldoende om aan te tonen dat $X^3-T$ geen nulpunt heeft in $K(T)$. Een
niet-irreducibel derdegraadspolynoom heeft immers altijd een factor van graad
$1$ en dat is equivalent (volgens propositie 1.9) met het hebben van een
nulpunt.

Als $X^3-T$ een nulpunt zou hebben, dan moet dat van de vorm $X_0 = \sum_k^n
a_kT^k$ (onder in de breuk kan hooguit een constante staan) zijn. De derde macht hiervan is
\[
X_0^3 = a_0^3 + 3a_0^2a_1T + \ldots.
\]
Als we willen dat dit gelijk is aan $T$, dan moet $a_0$ gelijk zijn aan $0$ en
$a_0^2a_1$ ongelijk zijn aan $0$ en dat kan niet.


\end{document}
