--- title: "امتدادات الحقول ونظرية غالوا" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 3" subject: math language: ar chapter: 4 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/4-field-extensions-and-galois-theory --- # الفصل 4 — امتدادات الحقول ونظرية غالوا هل يمكن حل كل معادلة بالجذور، كما توحي الصيغة التربيعية وصيغ كاردانو للمعادلات التكعيبية؟ وهل يمكن تثليث زاوية [بالمسطرة والفرجار](#cor-b3-galois-impossible)؟ كلا السؤالين، اللذين ظلا مفتوحين قرونًا، يجدان جوابهما — بالنفي — في فكرة واحدة لإيفاريست غالوا: أن نُلحق بكل كثير حدود *زمرةً* منتهية من تناظرات جذوره، ثم نقرأ الجواب في الزمرة. ويبني هذا الفصل ذلك القاموس: امتدادات الحقول ودرجاتها، وحقول الانشطار والغلوق الجبرية، والحقول المنتهية (نظرية كاملة — مع الدائرية الموعودة للزمرة $\mathbb F_q^\times$)، والقابلية للفصل، ثم [تقابل غالوا](#thm-b3-galois-fundamental) نفسه، ببراهين تامة. وحصادنا: استحالة الإنشاءات الكلاسيكية، وبنية الحقول الدائرية، واستحالة حل معادلة [الدرجة](#def-b3-galois-extension) الخامسة بالجذور — إذ تصيب بساطة $A_5$ الواردة في [الفصل 1](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#ch-b3-groups) هدفها. ## 4.1 الامتدادات والدرجة والجبرية **تعريف 4.1.** *امتداد الحقول* $L/K$ هو حقل $L$ يحتوي $K$ بوصفه حقلًا جزئيًا؛ وعندئذٍ يكون $L$ فضاءً متجهيًا على $K$، وتكون *الدرجة* $[L:K]$ هي بُعده. ويكون الامتداد *منتهيًا* إذا كان $[L:K] < \infty$. و*مميّز* حقلٍ هو المولّد $\geq 0$ لنواة التطبيق $\Z \to K$ المعطى بالعلاقة $n \mapsto n\cdot 1$: وهو $0$ أو عدد أولي $p$؛ وبالمقابل يحتوي $K$ على أصغر حقل جزئي (*الحقل الأولي*) مماثل للحقل $\Q$ أو للحقل $\mathbb F_p = \Z/p\Z$. **مبرهنة 4.2 (مبرهنة البرج).** إذا كان $K \subseteq L \subseteq M$، فإن $[M:K] = [M:L]\,[L:K]$: فإذا كان $(e_i)$ أساسًا للحقل $L$ على $K$ و $(f_j)$ أساسًا للحقل $M$ على $L$، فإن $(e_if_j)$ أساس للحقل $M$ على $K$. **برهان.** التوليد: يُكتب $x \in M$ على الصورة $x = \sum_j \lambda_jf_j$ (حيث $\lambda_j \in L$)، ويُكتب كل $\lambda_j = \sum_i \mu_{ij}e_i$ (حيث $\mu_{ij} \in K$): ومنه $x = \sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j$. الاستقلال: تُعاد كتابة $\sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j = 0$ على الصورة $\sum_j (\sum_i \mu_{ij}e_i)f_j = 0$؛ والمجاميع الداخلية في $L$، ومنه فهي تنعدم (لأن $f_j$ مستقلة على $L$)؛ ثم تكون جميع المعاملات $\mu_{ij} = 0$ (لأن $e_i$ مستقلة على $K$). ∎ **تعريف 4.3.** ليكن $L/K$ وليكن $\alpha \in L$. إذا وُجد كثير حدود غير معدوم $P \in K[X]$ يحقق $P(\alpha) = 0$، قلنا إن $\alpha$ *جبري* على $K$؛ ويكون المولّد الواحدي $\pi_\alpha$ [للمثالي](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-ideal) $\{P : P(\alpha) = 0\}$ من $K[X]$ هو *كثير حدوده الأدنى*، وهو كثير حدود غير قابل للاختزال (إذ يفرض $\pi = QR$ مع $Q(\alpha) = 0$ أن يكون $R$ ثابتًا، بأصغرية [الدرجة](#def-b3-galois-extension)). وإلا فإن $\alpha$ *متسامٍ*. ونكتب $K(\alpha)$ للدلالة على أصغر حقل جزئي من $L$ يحتوي $K$ و $\alpha$، و $K[\alpha]$ للدلالة على أصغر حلقة جزئية. **مبرهنة 4.4.** إذا كان $\alpha$ جبريًا على $K$ مع $d = \deg\pi_\alpha$، فإن $$ K(\alpha) = K[\alpha] \cong K[X]/(\pi_\alpha), \qquad [K(\alpha) : K] = d, $$ بالأساس $1, \alpha, \dots, \alpha^{d-1}$. وبالعكس، إذا كان $[L:K] < \infty$، فإن كل $\alpha \in L$ [جبري](#def-b3-galois-algebraic) ودرجته $\deg \pi_\alpha$ تقسم $[L:K]$. **برهان.** التقييم $K[X] \to L$ المعطى بالعلاقة $P \mapsto P(\alpha)$ صورته $K[\alpha]$ ونواته $(\pi_\alpha)$؛ وبما أن $\pi_\alpha$ غير قابل للاختزال، فإن $K[X]/(\pi_\alpha)$ *حقل* ([القضية 2.4](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#prop-b3-rings-primemaximal): ففي [حلقة المثاليات الرئيسية](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-pidufd) $K[X]$، يولّد العنصرُ غير القابل للاختزال مثاليًا أعظميًا)، ومنه فإن $K[\alpha]$ حقل يحتوي $K$ و $\alpha$: أي إنه يساوي $K(\alpha)$. وتشكّل أصناف $1, X, \dots, X^{d-1}$ أساسًا [لحلقة القسمة](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-ideal) (بالقسمة الإقليدية)، ومن هنا يأتي الأساس [والدرجة](#def-b3-galois-extension). وبالعكس، إذا كان $[L:K] = n < \infty$: فإن $1, \alpha, \dots, \alpha^n$ مرتبطة، فتعطي كثير حدود مُبيدًا؛ ثم يقسم $[K(\alpha):K] = \deg\pi_\alpha$ العددَ $n$ حسب مبرهنة البرج. ∎ **نتيجة 4.5.** إذا كان $\alpha, \beta$ جبريين على $K$، فكذلك $\alpha \pm \beta$ و $\alpha\beta$ و $\alpha/\beta$ (حيث $\beta \ne 0$): أي إن عناصر $L$ الجبرية على $K$ تشكّل حقلًا جزئيًا من $L$. وعلاوة على ذلك، الجبرية متعدّية: [فالجبري](#def-b3-galois-algebraic) على [الجبري](#def-b3-galois-algebraic) جبريٌّ. **برهان.** الامتداد $K(\alpha, \beta) = (K(\alpha))(\beta)$ منتهٍ على $K(\alpha)$ (لأن $\beta$ [جبري](#def-b3-galois-algebraic) على $K \subseteq K(\alpha)$) والامتداد $K(\alpha)/K$ منتهٍ: ومنه حسب مبرهنة البرج $[K(\alpha,\beta):K] < \infty$، ويكون كل عنصر من $K(\alpha, \beta)$ — ومنها العناصر الأربعة المذكورة — جبريًا ([المبرهنة 4.4](#thm-b3-galois-simple)). أما التعدّي: فإذا كان $\beta$ جبريًا على $L$ وكان $L/K$ جبريًا، فإن معاملات $c_0, \dots, c_{m-1}$ لكثير الحدود $\pi_{\beta/L}$ تولّد امتدادًا منتهيًا $F = K(c_0, \dots, c_{m-1})$ للحقل $K$ (بتكرار مبرهنة البرج)، ويكون $F(\beta)/F$ منتهيًا: ومنه $[F(\beta):K] < \infty$، فيكون $\beta$ جبريًا على $K$. ∎ **مثال 4.6.** $[\Q(\sqrt2):\Q] = 2$، $[\Q(\sqrt[3]2):\Q] = 3$ (لأن $X^3 - 2$ غير قابل للاختزال: [أيزنشتاين](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria))، $[\Q(\zeta_p):\Q] = p - 1$ من أجل $\zeta_p = \eu^{2\iu\pi/p}$ (لأن $\Phi_p$ غير قابل للاختزال، [المثال 2.26](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#ex-b3-rings-eisenstein)). ومبرهنة البرج سلاحٌ فعّال أصلًا: $\sqrt[3]2 \notin \Q(\sqrt2)$، لأن $3 \nmid 2$. ## 4.2 حقول الانشطار؛ الغلق الجبري **مبرهنة 4.7 (حقول الانشطار).** ليكن $P \in K[X]$ غير ثابت. يوجد *حقل انشطار* لكثير الحدود $P$ على $K$: أي امتداد $L = K(\alpha_1, \dots, \alpha_n)$ مولَّد بجذور $P$ ينشطر فيه $P$ إلى عوامل من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) الأولى. وهو وحيد إلى حدود التماثل على $K$، و $[L:K] \leq (\deg P)!$. **برهان.** *الوجود*، بالتراجع على $\deg P$: نختار عاملًا $Q$ غير قابل للاختزال من $P$؛ فيحتوي الحقل $K_1 = K[X]/(Q)$ على الجذر $\alpha_1 = \bar X$ لكثير الحدود $Q$، ومنه للحدود $P$؛ ونكتب $P = (X - \alpha_1)P_1$ على $K_1$ ونطبّق التراجع على $P_1$ على $K_1$؛ وتتضارب الدرجات لتعطي $n(n-1)\cdots = n!$ على الأكثر. *الوحدانية* تنتج من العبارة الأقوى، وهي *مبرهنة تمديد التماثل المساعدة*: ليكن $\sigma \colon K \to K'$ تماثلًا، وليكن $P \in K[X]$، وليكن $P^\sigma$ كثير الحدود ذا المعاملات المرسَلة، وليكن $L, L'$ حقلَي انشطار للحدود $P, P^\sigma$؛ عندئذٍ يمتد $\sigma$ إلى تماثل $L \to L'$. بالتراجع على $[L:K]$: إذا انشطر $P$ في $K$، فإن $L = K$ و $L' = K'$ (لأن $P^\sigma$ ينشطر في $K'$ ولأن $L'$ مولَّد بجذوره). وإلا فلنختر جذرًا $\alpha \in L \setminus K$ لعامل $Q$ غير قابل للاختزال من $P$ مع $\deg Q \geq 2$؛ فيكون $Q^\sigma$ عاملًا غير قابل للاختزال من $P^\sigma$، وله جذر $\beta \in L'$؛ وعندئذٍ $$ K(\alpha) \cong K[X]/(Q) \xrightarrow{\ \sigma\ } K'[X]/(Q^\sigma) \cong K'(\beta) $$ يمدّد $\sigma$ مع $\alpha \mapsto \beta$. والآن يكون $L$ [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) للحدود $P$ على $K(\alpha)$، ويكون $L'$ [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) للحدود $P^\sigma$ على $K'(\beta)$، مع $[L : K(\alpha)] < [L:K]$: فيمدّد التراجع أكثر إلى $L \to L'$. ∎ **تعريف 4.8.** يكون الحقل $\Omega$ *مغلقًا جبريًا* إذا كان لكل كثير حدود غير ثابت من $\Omega[X]$ جذرٌ في $\Omega$ (ومنه ينشطر). و*الغلق الجبري* للحقل $K$ هو امتداد [جبري](#def-b3-galois-algebraic) $\bar K/K$ يكون فيه $\bar K$ مغلقًا جبريًا. **مبرهنة 4.9 (شتاينيتز).** لكل حقل $K$ [غلق جبري](#def-b3-galois-closure)، وحيدٌ إلى حدود التماثل على $K$. **برهان.** *الوجود (بناء أرتين).* لتكن $R = K[(X_f)_f]$ حلقة كثيرات الحدود بمتغيّر $X_f$ واحد لكل كثير حدود واحدي غير ثابت $f \in K[X]$، وليكن $I$ [المثالي](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-ideal) المولَّد بجميع العناصر $f(X_f)$. [والمثالي](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-ideal) $I$ فعلي: إذ إن علاقة $1 = \sum_{i=1}^r g_i\, f_i(X_{f_i})$ تتضمن عددًا منتهيًا من كثيرات الحدود؛ وفي [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) مشترك $E$ للجداء $f_1\cdots f_r$ نختار جذورًا $\alpha_i$ للعناصر $f_i$ ونقيّم $X_{f_i} \mapsto \alpha_i$ (والمتغيّرات الأخرى $\mapsto 0$): فنجد $1 = 0$، وهو سخف. وليكن $\mathfrak m \supseteq I$ أعظميًا ([المبرهنة 2.8](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-krull)؛ زورن) ولتكن $K_1 = R/\mathfrak m$: وهو امتداد حقلي للحقل $K$ يكون فيه لكل كثير حدود غير ثابت $f \in K[X]$ جذرٌ، هو $\bar X_f$، ويكون جبريًا على $K$ (لأنه مولَّد بالعناصر $\bar X_f$، وكلٌّ منها [جبري](#def-b3-galois-algebraic)). ونكرّر: $K \subseteq K_1 \subseteq K_2 \subseteq \cdots$، حيث يفعل $K_{n+1}$ بالحقل $K_n$ ما فعله $K_1$ بالحقل $K$، ولتكن $\Omega = \bigcup_n K_n$، وهي حقل. وأي كثير حدود غير ثابت $g \in \Omega[X]$ له معاملاته المنتهية العدد في $K_n$ ما؛ ولعامل غير قابل للاختزال من $g$ على $K_n$ جذرٌ في $K_{n+1} \subseteq \Omega$: ومنه فإن $\Omega$ مغلق جبريًا [وجبري](#def-b3-galois-algebraic) على $K$ (لأن كل $K_n$ كذلك، بالتعدّي، [النتيجة 4.5](#cor-b3-galois-algclosed)): أي إن $\Omega$ [غلق جبري](#def-b3-galois-closure). *الوحدانية.* ليكن $\Omega, \Omega'$ غلقين جبريين. لننظر في مجموعة الأزواج $(E, \tau)$ حيث $K \subseteq E \subseteq \Omega$ ويكون $\tau\colon E \to \Omega'$ غمرًا على $K$، مرتّبةً بالتمديد؛ فهي غير خالية ($(K, \mathrm{id})$) واستقرائية (لأن اتحاد سلسلة كذلك)، ومنه يعطي زورن عنصرًا أعظميًا $(E_0, \tau_0)$. فإذا كان $E_0 \neq \Omega$، فلنختر $\alpha \in \Omega\setminus E_0$: عندئذٍ يُرسَل $\pi_{\alpha/E_0}$ إلى كثير حدود على $\tau_0(E_0)$ له جذر $\beta$ في الحقل $\Omega'$ المغلق جبريًا، ويمتد $\tau_0$ إلى $E_0(\alpha) \to \Omega'$ ($\alpha \mapsto \beta$)، وهذا يناقض الأعظمية. إذن يوجد غمر على $K$ هو $\tau \colon \Omega \to \Omega'$؛ وصورته، المماثلة للحقل $\Omega$، مغلقة جبريًا، ويكون $\Omega'$ جبريًا عليها: فمن أجل $x \in \Omega'$، ينشطر $\pi_{x/\tau(\Omega)}$ على $\tau(\Omega)$، ومنه $x \in \tau(\Omega)$. إذن $\tau$ شامل: أي إنه تماثل. ∎ **ملاحظة 4.10.** من أجل $K = \Q$ يمكن تجنّب الآلة اللامنتهية: فالأعداد الجبرية $\bar\Q = \{z \in \C : z \text{ جبري على } \Q\}$ تشكّل غلقًا جبريًا — وهو حقل جزئي من $\C$ حسب [النتيجة 4.5](#cor-b3-galois-algclosed)، ومغلق جبريًا لأن $\C$ كذلك (دالمبير–غاوس، المُبرهَن عليها بالتحليل العقدي في [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/16-holomorphic-functions#ch-b3-holomorphic))، ولأن جذور كثيرات الحدود على $\bar\Q$ جبرية على $\Q$ بالتعدّي. ## 4.3 الحقول المنتهية **مبرهنة 4.11.** ليكن $p$ أوليًا وليكن $n \geq 1$ و $q = p^n$. 1. عدد عناصر أي حقل منتهٍ قوةٌ لعدد أولي، ومن أجل كل $q$ يوجد حقل واحد بالضبط $\mathbb F_q$ من $q$ عنصرًا إلى حدود التماثل: وهو [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) لكثير الحدود $X^q - X$ على $\mathbb F_p$ . 2. *تشاكل فروبينيوس* $F \colon x \mapsto x^p$ تماثل ذاتي للحقل $\mathbb F_q$ ، وتكون زمرة التماثلات الذاتية للحقل $\mathbb F_q$ دائرية رتبتها $n$ ويولّدها $F$ . 3. ينغمر $\mathbb F_{p^m}$ في $\mathbb F_{p^n}$ إذا وفقط إذا كان $m \mid n$ . **برهان.** (1) لكل حقل منتهٍ $E$ مميّزٌ $p > 0$ وهو فضاء متجهي منتهي البُعد على $\mathbb F_p$: ومنه $\abs E = p^n$. ورتبة زمرته الضربية $q - 1$، ومنه يحقق كل $x \in E$ العلاقة $x^q = x$: أي إن $E$ يتألف من $q$ جذرًا لكثير الحدود $X^q - X$، ومنه فهو [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) له على $\mathbb F_p$ — وهذا يحدّد $E$ إلى حدود التماثل ([المبرهنة 4.7](#thm-b3-galois-splitting)). وبالعكس، ففي [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) $L$ لكثير الحدود $X^q - X$، تكون مجموعة جذوره $E$ *حقلًا جزئيًا*: إذ إن $(x + y)^q = x^q + y^q$ بتكرار حلم المبتدئ $(a+b)^p = a^p + b^p$ ($p \mid \binom pk$)، و $(xy)^q = x^qy^q$، و $(x^{-1})^q = (x^q)^{-1}$؛ وعدد عناصره $q$ بالضبط لأن $X^q - X$ قابل للفصل: فمشتقه $qX^{q-1} - 1 = -1$ (لأن $p \mid q$)، وهو أولي معه، ومنه لا جذور مكرّرة. إذن $L = E$ وعدد عناصره $q$. (2) التطبيق $F$ تشاكل حقول (بحلم المبتدئ)، ومتباين (لأنهما حقلان)، ومنه فهو تقابلي على $\mathbb F_q$ المنتهي. ولدينا $F^n = \mathrm{id}$ (لأن $x^q = x$)، ولا تساوي أي قوة أصغر التطابقَ: إذ يعني $F^m = \mathrm{id}$ أن جميع العناصر $q$ جذورٌ لكثير الحدود $X^{p^m} - X$، وهذا يفرض $p^m \geq q$. إذن $\langle F\rangle$ دائرية رتبتها $n$؛ ولا توجد تماثلات ذاتية أخرى، وذلك بالحد $\abs{\operatorname{Aut}} \leq [\,\mathbb F_q : \mathbb F_p\,] = n$ المُبرهَن عليه أدناه ([القضية 4.16](#prop-b3-galois-embeddings) مع $L = \mathbb F_q$ و $K = \mathbb F_p$: فالتماثلات الذاتية تُثبّت الحقل الأولي). (3) إذا كان $\mathbb F_{p^m} \subseteq \mathbb F_{p^n}$، أعطت مبرهنة البرج أن $p^n = (p^m)^d$: أي $m \mid n$. وبالعكس، إذا كان $m \mid n$، فإن $p^m - 1 \mid p^n - 1$ (بمجموع هندسي)، ومنه يقسم $X^{p^m} - X$ كثيرَ الحدود $X^{p^n} - X$ (بالحجّة نفسها على الأُسس: $X^{a} - 1 \mid X^{b} - 1$ حين $a \mid b$)، وتشكّل جذور الأول داخل $\mathbb F_{p^n}$ الحقلَ الجزئي المطلوب، وعدد عناصره $p^m$ (بالقابلية للفصل كما في (1)). ∎ **مبرهنة 4.12 (الدائرية).** كل زمرة جزئية منتهية من الزمرة الضربية لحقل هي زمرة دائرية. وعلى وجه الخصوص $\mathbb F_q^\times \cong \Z/(q-1)\Z$. **برهان.** لتكن $G \leq K^\times$ منتهية. حسب مبرهنة البنية ([النتيجة 3.13](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/3-modules-over-a-principal-ideal-domain#cor-b3-modules-abelian))، لدينا $G \cong \Z/d_1 \times \dots \times \Z/d_s$ مع $d_1 \mid \dots \mid d_s$. عندئذٍ يحقق كل $x \in G$ العلاقة $x^{d_s} = 1$؛ لكن لكثير الحدود $X^{d_s} - 1$ عدد جذور لا يتجاوز $d_s$ في الحقل $K$: ومنه $\abs G = d_1\cdots d_s \leq d_s$، وهذا يفرض $s = 1$: أي إن $G$ دائرية. ∎ **مثال 4.13.** $\mathbb F_8 = \mathbb F_2[X]/(X^3 + X + 1)$: إذ ليس لكثير الحدود التكعيبي جذر في $\mathbb F_2$، ومنه فهو غير قابل للاختزال. وبكتابة $\omega = \bar X$: تكون $\mathbb F_8^\times$ دائرية رتبتها $7$، ومنه فإن *كل* عنصر $\neq 0, 1$ يولّدها. وتشكّل الحقول الجزئية من $\mathbb F_{p^{12}}$ شبكةَ قواسم العدد $12$: $\mathbb F_p, \mathbb F_{p^2}, \mathbb F_{p^3}, \mathbb F_{p^4}, \mathbb F_{p^6}, \mathbb F_{p^{12}}$ — وهذه أول حالة كاملة من [تقابل غالوا](#thm-b3-galois-fundamental). ## 4.4 القابلية للفصل والغمور **تعريف 4.14.** يكون كثير الحدود $P \in K[X]$ *قابلًا للفصل* إذا لم يكن له جذر مكرّر في [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) — وهذا يكافئ $\gcd(P, P') = 1$ (إذ إن الجذر المكرّر جذر مشترك؛ وبالعكس، فإن الجذر المشترك مكرّرٌ على [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting)؛ ولا يتغيّر $\gcd$ بامتداد الحقل، بحجّة [النتيجة 3.17](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/3-modules-over-a-principal-ideal-domain#cor-b3-modules-descent)). ويكون [عنصر جبري](#def-b3-galois-algebraic) قابلًا للفصل إذا كان [كثير حدوده الأدنى](#def-b3-galois-algebraic) كذلك؛ ويكون الامتداد $L/K$ قابلًا للفصل إذا كانت جميع عناصره كذلك. **قضية 4.15.** يكون كثير الحدود *غير القابل للاختزال* $P \in K[X]$ [قابلًا للفصل](#def-b3-galois-separable) إلا إذا كان $P' = 0$، وهذا يفرض $\operatorname{char} K = p > 0$ و $P \in K[X^p]$. ومن نتائج ذلك أن كل امتداد [جبري](#def-b3-galois-algebraic) لحقل مميّزه $0$، ولحقل منتهٍ، قابلٌ للفصل (وتُسمّى هذه الحقول *كاملة*). **برهان.** يقسم $\gcd(P, P')$ كثيرَ الحدود $P$؛ فإذا لم يكن $1$، فرضت عدمُ قابلية الاختزال أن $\gcd = P$ (إلى حدود ثابت)، ومنه $P \mid P'$ مع $\deg P' < \deg P$: أي $P' = 0$. وبكتابة $P = \sum a_kX^k$: نجد $ka_k = 0$ من أجل كل $k$، ومنه يكون $P$ ثابتًا في المميّز $0$ (وهو مستبعَد)؛ وفي المميّز $p$ يكون $a_k = 0$ إلا إذا كان $p \mid k$: أي $P = Q(X^p)$. وعلى حقل منتهٍ، يكون كل عنصر قوةً نونية من الرتبة $p$ (لأن فروبينيوس شامل)، ومنه فإن $Q(X^p) = \sum b_k^p X^{pk} = (\sum b_kX^k)^p$ ليس غير قابل للاختزال: أي إن $P' = 0$ لا يمكن أن يحدث من أجل $P$ غير قابل للاختزال هناك أيضًا. ∎ **قضية 4.16 (إحصاء الغمور).** ليكن $L = K(\alpha_1, \dots, \alpha_r)$ منتهيًا على $K$، وليكن $\sigma \colon K \to \Omega$ غمرًا في حقل مغلق جبريًا. عندئذٍ لا يتجاوز عدد تمديدات $\sigma$ إلى $L$ العددَ $[L:K]$، مع التساوي إذا كان $L/K$ [قابلًا للفصل](#def-b3-galois-separable). وعلى وجه الخصوص $\abs{\operatorname{Aut}_K(L)} \leq [L:K]$. **برهان.** بالتراجع على $[L:K]$ عبر خطوات بسيطة. من أجل $L = K(\alpha)$: يتحدّد التمديد $\tau$ بالقيمة $\tau(\alpha)$، التي يجب أن تكون جذرًا في $\Omega$ لكثير الحدود $\pi_\alpha^\sigma$؛ وبالعكس، يعطي كل جذر من هذا النوع تمديدًا واحدًا ($K(\alpha) \cong K[X]/(\pi_\alpha)$). وعدد التمديدات هو عدد الجذور *المتمايزة* لكثير الحدود $\pi_\alpha^\sigma$ في $\Omega$: وهو لا يتجاوز $\deg\pi_\alpha = [K(\alpha):K]$، مع التساوي إذا وفقط إذا كان $\pi_\alpha$ [قابلًا للفصل](#def-b3-galois-separable) (وقابلية فصل $\pi^\sigma$ و $\pi$ متوافقتان: لأن [القاسم المشترك الأكبر](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#lem-b3-rings-bezout) مع المشتق محفوظ بالتطبيق $\sigma$). وفي العموم، نفكّك $L = K(\alpha_1)(\alpha_2, \dots)$: فيكون عدد تمديدات $\sigma$ إلى $K(\alpha_1)$ هو $\leq [K(\alpha_1):K]$، ويمتد كلٌّ منها بعدد $\leq [L : K(\alpha_1)]$ من الطرق بالتراجع؛ ثم نضرب (بمبرهنة البرج). وفي الحالة القابلة للفصل يكون العددان متساويين: لأن كثيرات الحدود الدنيا على الحقل الأكبر $K(\alpha_1)$ تقسم مثيلاتها على $K$، ومنه تبقى قابلة للفصل. ∎ **مبرهنة 4.17 (العنصر البدائي).** كل امتداد منتهٍ *قابل للفصل* هو امتداد بسيط: أي $L = K(\gamma)$ من أجل $\gamma$ ما. **برهان.** إذا كان $K$ منتهيًا، فكذلك $L$، ويفي مولّد $\gamma$ للزمرة الدائرية $L^\times$ ([المبرهنة 4.12](#thm-b3-galois-cyclic)) بالغرض. وليكن $K$ لامنتهيًا؛ يكفي بالتراجع أن نعالج $L = K(\alpha, \beta)$. وليكن $n = [L:K]$؛ فحسب [القضية 4.16](#prop-b3-galois-embeddings) يوجد $n$ من الغمور المتمايزة على $K$ $\sigma_1, \dots, \sigma_n \colon L \to \Omega$ (حيث $\Omega$ [غلق جبري](#def-b3-galois-closure)). وكثير الحدود $$ D(T)=\prod_{i 0$. وبالتراجع، تقع إحداثيات كل نقطة مُنشأة في برج من الامتدادات التربيعية للحقل $\Q$؛ ويقع $z = x + \iu y$ في برج تربيعي أيضًا (بضم $\iu$: أي خطوة تربيعية إضافية). ونتيجة [الدرجة](#def-b3-galois-extension): يقسم $[\Q(z):\Q]$ العددَ $[F_r : \Q] = 2^r$ (بمبرهنة البرج). ($\Leftarrow$) تشكّل الأعداد [القابلة للإنشاء](#def-b3-galois-constructible) حقلًا: فالمجاميع والفروق بمتوازيات الأضلاع (والمتوازيات [قابلة للإنشاء](#def-b3-galois-constructible): بإنزال العمودين ورفعهما مرتين — فالعمود الكلاسيكي المارّ بنقطة يستعمل دائرة واحدة وقوسين)؛ والجداءات والخوارج بأشكال طاليس التناسبية (فبإعطاء طولين $a, b$ نُنشئ $ab$ و $a/b$ بمثلثات متشابهة على شعاعين). والحقل مغلق تحت الجذور التربيعية: فمن أجل $a > 0$، تتقاطع الدائرة ذات القطر $1 + a$ والعمود عند نقطة الوصل على الارتفاع $\sqrt a$ (بعلاقة الارتفاع والوسط الهندسي في مثلث قائم)؛ ومن أجل عدد عقدي $w = \rho\eu^{\iu\theta}$، نُنشئ $\sqrt\rho$ ونُنصّف $\theta$ (وتنصيف الزاوية إنشاءٌ بالفرجار). ومنه فإن الجزأين الحقيقي والتخيلي لعناصر برج تربيعي قابلان للإنشاء بالتراجع على البرج: إذ تضم كل خطوة جذورَ معادلة من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) الثانية، وهي معبَّر عنها بعمليات الحقل وبجذر تربيعي واحد لعدد مُنشأ أصلًا (بالصيغة التربيعية؛ في المميّز $0$). ∎ **نتيجة 4.26.** المسائل الكلاسيكية الثلاث غير [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) [بالمسطرة والفرجار](#cor-b3-galois-impossible): 1. *تضعيف المكعب* : درجة $\sqrt[3]2$ هي $3$ ، وليست قوة للعدد $2$ . 2. *تثليث الزاوية* : يتطلب تثليث $60^\circ$ العددَ $\cos 20^\circ$ ، وهو جذر لكثير الحدود غير القابل للاختزال $8X^3 - 6X - 1$ : أي من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $3$ . 3. *تربيع الدائرة* : العدد $\sqrt\pi$ متسامٍ (لأن $\pi$ كذلك — مبرهنة لينديمان، نقبلها هنا: فبرهانها يخص مقرّرًا في نظرية التسامي). كذلك، يكون المضلع المنتظم ذو $n$ ضلعًا قابلًا للإنشاء إذا وفقط إذا كان $\varphi(n)$ قوةً للعدد $2$ (غاوس–فانتزل؛ ويستعمل شقّ «إذا» طريقةَ مسألة نهاية الأسبوع، وشقّ «فقط إذا» هو [المبرهنة 4.25](#thm-b3-galois-wantzel) مطبَّقةً على $\zeta_n$ ذي [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $\varphi(n)$). ومن أجل $n = 7$: $\varphi(7) = 6$: فالمضلع المنتظم ذو سبعة أضلاع مستحيل؛ ومن أجل $n = 17$: $\varphi(17) = 16 = 2^4$: فهو قابل للإنشاء — وتُنشئه مسألة نهاية الأسبوع. **برهان.** (1) كثير الحدود $X^3 - 2$ غير قابل للاختزال ([أيزنشتاين](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria)). (2) من $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ مع $3\theta = 60^\circ$ نجد $8c^3 - 6c = 1$ من أجل $c = \cos 20^\circ$؛ وليس لكثير الحدود التكعيبي $8X^3 - 6X - 1$ جذر ناطق (فالمرشّحون $\pm1, \pm\frac 12, \pm\frac14, \pm\frac18$ يخفقون)، ومنه فهو غير قابل للاختزال: أي من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $3$. والزاوية $60^\circ$ العامة [قابلة للإنشاء](#def-b3-galois-constructible)، ومنه فإن مثلِّثًا لها سيُنشئ $c$. (3) لو كان $\sqrt\pi$ قابلًا للإنشاء لكان جبريًا، ومنه $\pi$ أيضًا. وأما عبارة المضلع: فدرجة $\zeta_n$ هي $\varphi(n)$ ([المبرهنة 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred))؛ وينتج اللزوم من فانتزل؛ وأما الكفاية، فإن [زمرة غالوا](#def-b3-galois-galois)، وهي أبيلية رتبتها $2^m$، تقبل سلسلة من الزمر الجزئية ذات الدليل $2$ (فكل زمرة $2$ منتهية تقبل ذلك: [التمرين 1.10](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#exo-b3-groups-10))، وتشكّل حقولها الصامدة برجًا تربيعيًا ينتهي عند $\Q(\zeta_n)$ ([المبرهنة 4.21](#thm-b3-galois-fundamental))؛ ونخلص من [المبرهنة 4.25](#thm-b3-galois-wantzel). ∎ ## 4.8 القابلية للحل بالجذور **تعريف 4.27.** يكون الامتداد $L/K$ (والمميّز $0$ في كل هذا القسم) *جذريًّا* إذا وُجد برج $K = F_0 \subseteq \dots \subseteq F_r = L$ مع $F_{i+1} = F_i(\alpha_i)$، $\alpha_i^{n_i} \in F_i$: أي إن كل خطوة تضم جذرًا نونيًا من الرتبة $n_i$. ويكون كثير الحدود $P \in K[X]$ *قابلًا للحل بالجذور* إذا كان حقل انشطاره محتوًى في امتداد جذريّ ما للحقل $K$. **مبرهنة مساعدة 4.28.** ليكن $K$ حاويًا على جذر بدائي للوحدة من الرتبة $n$ هو $\zeta$، أي $\zeta$ رتبته $n$ في $K^\times$، وليكن $a \in K^\times$. عندئذٍ يكون $K(\sqrt[n]a)/K$ [غالوايًّا](#def-b3-galois-galois) وزمرته *دائرية*. وبالعكس — وهو ما لا نحتاجه أدناه — كل امتداد دائري من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $n$ من هذا الشكل. وعلاوة على ذلك، يكون $K(\zeta_n)/K$ [غالوايًّا](#def-b3-galois-galois) وزمرته *أبيلية*، من أجل أي $K$ مميّزه $0$. **برهان.** كثير الحدود $X^n - a$ قابل للفصل (لأن قاسمه المشترك الأكبر مع $nX^{n-1}$ يساوي $1$: إذ $a \neq 0$) وينشطر في $K(\alpha)$ حيث $\alpha^n = a$: فجذوره هي $\zeta^k\alpha \in K(\alpha)$. ومنه فإن $K(\alpha)/K$ غالوايّ؛ والتطبيق $\sigma \mapsto \sigma(\alpha)/\alpha \in \mu_n = \langle \zeta\rangle$ تشاكل متباين (لأن $\sigma\tau(\alpha) = \sigma(\tau(\alpha)/\alpha \cdot \alpha) = \tau(\alpha)/\alpha\cdot\sigma(\alpha)$، إذ يقع الخارج في $K$)، إلى زمرة دائرية: ومنه فإن $\operatorname{Gal}$ دائرية. وأما العكس فهو نظرية كومر، ولن نحتاج إليها (انظر الملاحظة أدناه). ومن أجل $K(\zeta_n)$: فهو ينشطر [لكثير الحدود القابل للفصل](#def-b3-galois-separable) $X^n - 1$، ويغمر $\sigma \mapsto a(\sigma)$ مع $\sigma(\zeta_n) = \zeta_n^{a(\sigma)}$ الزمرةَ في الزمرة الأبيلية $(\Z/n\Z)^\times$ كما في [المبرهنة 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred) (إذ لا يحتاج التباين إلا إلى أن يولّد $\zeta_n$ جذورَ الوحدة المعنية). ∎ **مبرهنة 4.29 (غالوا).** ليكن $K$ حقلًا مميّزه $0$ وليكن $P \in K[X]$ حقلُ انشطاره $L$. إذا كان $P$ [قابلًا للحل بالجذور](#def-b3-galois-radical)، فإن $\operatorname{Gal}(L/K)$ [زمرة قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived). (والعكس صحيح أيضًا؛ ولن نحتاج إليه.) **برهان.** الخطوة 1: *توسيع البرج الجذريّ إلى برج غالوايّ.* ليكن $L \subseteq M$ حيث $M/K$ جذريّ، بأُسس جذرية $n_1, \dots, n_r$ و $n = n_1\cdots n_r$. نضم أولًا $\zeta_n$: فيبقى البرج $K \subseteq K(\zeta_n) \subseteq M(\zeta_n)$ [جذريًّا](#def-b3-galois-radical) ($\zeta_n$ جذر للوحدة: أي خطوة جذرية، $\zeta_n^n = 1$)، وتحدث خطواته بعد الأولى فوق حقول تحتوي على جذور الوحدة اللازمة. ثم نستبدل بالحقل $M(\zeta_n)$ المركّبَ $N$ لجميع الحقول $\sigma(M(\zeta_n))$، حيث يمسح $\sigma$ الغمورَ على $K$ (وعددها منتهٍ) للحقل $M(\zeta_n)$ في [غلق جبري](#def-b3-galois-closure) مثبَّت: فيكون $N$ حقلَ الانشطار لجداء كثيرات الحدود الدنيا لمجموعة مولِّدة (والمميّز $0$: فهي منتهية وقابلة للفصل)، ومنه فإن $N/K$ غالوايّ؛ ويكون $N$ [جذريًّا](#def-b3-galois-radical) على $K$: إذ إن كل $\sigma(M(\zeta_n))$ جذريّ على $K$ (بتطبيق $\sigma$ على برج جذريّ)، ومركّب الامتدادات الجذرية جذريّ (بضم الأبراج: فإذا كان $F'/K$ [جذريًّا](#def-b3-galois-radical) ببرج يضم العناصر $\beta_j$، بقيت الخطوات من نمط $F''(\beta_j)$ جذرية على أي قاعدة أكبر). الخطوة 2: *قراءة القابلية للحل في برج غالوا.* لنفترض إذن $L \subseteq N$ حيث $N/K$ غالوايّ وجذريّ ببرج $K \subseteq K(\zeta_n) = E_0 \subseteq E_1 \subseteq \dots \subseteq E_s = N$، وكل $E_{i+1} = E_i(\sqrt[n_i]{a_i})$ مع $\zeta_{n_i} \in E_0 \subseteq E_i$. ولتكن $G = \operatorname{Gal}(N/K)$ و $G_i = \operatorname{Gal}(N/E_i)$: فنحصل على سلسلة متناقصة $G \supseteq G_0 \supseteq G_1 \supseteq \dots \supseteq G_s = \{e\}$. وكل امتداد $E_{i+1}/E_i$ غالوايّ وزمرته دائرية ([المبرهنة المساعدة 4.28](#lem-b3-galois-cyclicsteps))، ومنه، بتطبيق المبرهنة الأساسية على الامتداد الغالوايّ $N/E_i$ ([المبرهنة 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)(3)، بالزمرة المحيطة $G_i$): $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ مع $G_i/G_{i+1} \cong \operatorname{Gal}(E_{i+1}/E_i)$ دائرية. وبالمثل يكون $E_0/K$ [غالوايًّا](#def-b3-galois-galois) وزمرته الأبيلية $G/G_0$ ([المبرهنة المساعدة 4.28](#lem-b3-galois-cyclicsteps)). وتُظهر السلسلة أن $G$ [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) ([القضية 1.29](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#prop-b3-groups-derived)). وأخيرًا، فإن $\operatorname{Gal}(L/K)$ *زمرة قسمة* للزمرة $G$: إذ إن $L/K$ غالوايّ (لأن $P$ قابل للفصل في المميّز $0$) والقصر $G \to \operatorname{Gal}(L/K)$ شامل ([المبرهنة 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)(3) مع $H = \operatorname{Gal}(N/L)$)؛ وزمر القسمة [لزمرة قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) قابلةٌ للحل. ∎ **نتيجة 4.30 (استحالة حل معادلة الدرجة الخامسة).** توجد كثيرات حدود من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $5$ على $\Q$ غير [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) بالجذور: مثلًا $X^5 - 4X + 2$، الذي [زمرة غالوا](#def-b3-galois-galois) له هي $S_5$ ([التمرين 4.11](#exo-b3-galois-11))، وهي زمرة غير [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) ([النتيجة 1.34](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#cor-b3-groups-snnotsolvable)). فلا يمكن أن توجد صيغة عامة بالجذور من أجل [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $\geq 5$. **ملاحظة 4.31.** أما عكس [المبرهنة 4.29](#thm-b3-galois-solvable) — أي إن [زمرة غالوا](#def-b3-galois-galois) [القابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) تستلزم القابلية للحل بالجذور — فيُبرهَن عليه بالنزول على [السلسلة المشتقة](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) وبإظهار أن كل امتداد دائري (مع ما يكفي من جذور الوحدة) جذريٌّ، عبر *مُحلِّلات لاغرانج*؛ وهو يفسّر لماذا توجد صيغ للدرجات $2, 3, 4$: لأن $S_2, S_3, S_4$ [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) ([المثال 1.30](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#ex-b3-groups-solvableexamples)). ونقبله في هذا المستوى؛ فالمعالجة الكاملة تخص مقرّرًا في الماجستير، لكن [التمرين 4.8](#exo-b3-galois-8) يجعله ملموسًا في حالة المعادلة التكعيبية. ## 4.9 تمارين **تمرين 4.1 ★.** برهن على $[\Q(\sqrt2, \sqrt3):\Q] = 4$، وعلى أن $\Q(\sqrt2 + \sqrt3) = \Q(\sqrt2, \sqrt3)$، واحسب كثير الحدود الأدنى للعنصر $\sqrt2 + \sqrt3$ على $\Q$. **حل التمرين 4.1.** $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$: فمن $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ ($a, b \in \Q$) يعطي التربيع $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$، ومنه $ab = 0$؛ ويجعل $b = 0$ العددَ $\sqrt3$ ناطقًا، ويعطي $a = 0$ أن $\sqrt6 = 2b \in \Q$ — وكلاهما خطأ (بحجج تفكيك أولية معيارية). ومنه $[\Q(\sqrt2,\sqrt3) : \Q(\sqrt2)] = 2$ وتعطي مبرهنة البرج الدرجةَ $4$. ليكن $\gamma = \sqrt2 + \sqrt3$. عندئذٍ $\gamma^2 = 5 + 2\sqrt6$ و $(\gamma^2 - 5)^2 = 24$: أي إن $\gamma$ يُبيد $X^4 - 10X^2 + 1$. وعلاوة على ذلك $\gamma^3 = 11\sqrt2 + 9\sqrt3$، ومنه $\gamma^3 - 9\gamma = 2\sqrt2$: أي $\sqrt2 \in \Q(\gamma)$، ثم $\sqrt3 = \gamma - \sqrt2 \in \Q(\gamma)$: أي $\Q(\gamma) = \Q(\sqrt2,\sqrt3)$، ودرجته $4$. وبما أن كثير الحدود الرباعي المُبيد له درجةُ كثير الحدود الأدنى، فهو *نفسه* كثير الحدود الأدنى: $X^4 - 10X^2 + 1$ (وعلى وجه الخصوص فهو غير قابل للاختزال على $\Q$). **تمرين 4.2 ★.** ليكن $\alpha = \sqrt[3]2$. برهن على أن $\Q(\alpha)/\Q$ ليس ناظميًا (بإظهار غمر $\Q(\alpha) \to \C$ صورته ليست $\Q(\alpha)$)، وعيّن [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) $L$ لكثير الحدود $X^3 - 2$ [والدرجة](#def-b3-galois-extension) $[L:\Q]$، وتحقق من $\operatorname{Aut}_\Q(\Q(\alpha)) = \{\mathrm{id}\}$: فمن أجل الامتدادات غير الغالوايّة، يمكن لزمرة التماثلات الذاتية أن تكون أصغر بكثير من [الدرجة](#def-b3-galois-extension). **حل التمرين 4.2.** جذور $X^3 - 2$ الثلاثة في $\C$ هي $\alpha, j\alpha, j^2\alpha$ حيث $j = \eu^{2\iu\pi/3}$. ويعرّف التطبيق $\alpha \mapsto j\alpha$ غمرًا على $\Q$ هو $\Q(\alpha) \to \C$ ([المبرهنة 4.4](#thm-b3-galois-simple): فكلاهما يولّد امتدادًا من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $3$ بكثير الحدود الأدنى نفسه)، وصورته $\Q(j\alpha) \not\subseteq \R$ تخالف $\Q(\alpha) \subseteq \R$: أي إن $\Q(\alpha)/\Q$ ليس ناظميًا. [وحقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) هو $L = \Q(\alpha, j)$، مع $[L:\Q] = [L:\Q(\alpha)]\,[\Q(\alpha):\Q] = 2 \cdot 3 = 6$ (لأن $j$ يحقق $X^2 + X + 1$، وهو غير قابل للاختزال على الحقل الحقيقي $\Q(\alpha)$). وأي تماثل ذاتي للحقل $\Q(\alpha)$ يجب أن يرسل $\alpha$ إلى جذر لكثير الحدود $X^3 - 2$ *داخل* $\Q(\alpha) \subseteq \R$: ولا يصلح لذلك سوى $\alpha$، ومنه $\operatorname{Aut}_\Q(\Q(\alpha)) = \{\mathrm{id}\}$، ورتبتها $1 < 3$. **تمرين 4.3 ★.** أنشئ $\mathbb F_9$ على الصورة $\mathbb F_3[X]/(X^2+1)$ وجد مولّدًا للزمرة $\mathbb F_9^\times$. واسرد كثيرات الحدود الواحدية غير القابلة للاختزال من الدرجات $1, 2, 3$ على $\mathbb F_2$، وتحقق من $X^8 - X = X(X+1)(X^3+X+1)(X^3+X^2+1)$ على $\mathbb F_2$. **حل التمرين 4.3.** ليس لكثير الحدود $X^2 + 1$ جذر في $\mathbb F_3$ ($0, 1, 2 \mapsto 1, 2, 2$)، ومنه فإن $\mathbb F_9 = \mathbb F_3[X]/(X^2+1)$ حقلٌ من $9$ عناصر؛ ونكتب $\omega = \bar X$ حيث $\omega^2 = -1$. والزمرة $\mathbb F_9^\times$ دائرية رتبتها $8$؛ ورتبة $\omega$ هي $4$، لكن $1 + \omega$ يفي بالغرض: $(1+\omega)^2 = 1 + 2\omega + \omega^2 = 2\omega$، $(1+\omega)^4 = 4\omega^2 = \omega^2 = -1 \ne 1$: أي رتبته $8$. وعلى $\mathbb F_2$ — من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $1$: $X$ و $X + 1$؛ ومن [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $2$: $X^2 + X + 1$ (فلكثيرات الحدود التربيعية الثلاثة الأخرى جذور)؛ ومن [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $3$: $X^3 + X + 1$ و $X^3 + X^2 + 1$ (بلا جذور في $\mathbb F_2$؛ ولكثيرات الحدود التكعيبية الستة الأخرى جذور). والتحقق: $$ (X^3{+}X{+}1)(X^3{+}X^2{+}1) = X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X + 1, $$ و $X(X{+}1)(X^6 + \dots + 1) = X(X^7 + 1) = X^8 + X = X^8 - X$ على $\mathbb F_2$ — أي بالضبط كثيرات الحدود غير القابلة للاختزال ذات [الدرجة](#def-b3-galois-extension) التي تقسم $3$، كما تتنبّأ [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) ([والدرجة](#def-b3-galois-extension) $2$ غائبة: لأن $2 \nmid 3$). **تمرين 4.4 ★★.** (a) جد جميع الجذور البدائية بترديد $7$ وبترديد $11$ (أي مولّدات الزمرتين $\mathbb F_7^\times$ و $\mathbb F_{11}^\times$). (b) برهن على أنه من أجل $p$ فردي، يكون $x \in \mathbb F_p^\times$ مربّعًا إذا وفقط إذا كان $x^{(p-1)/2} = 1$ (محك أويلر)، واستعد محك العدد $-1$ الوارد في [المسألة 2.1](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#pb-b3-rings-1). **حل التمرين 4.4.** (a) بترديد $7$: قوى $3$ هي $3, 2, 6, 4, 5, 1$: أي رتبته $6$، فهو مولّد؛ والجذور البدائية هي العناصر $3^k$ مع $\gcd(k, 6) = 1$: أي $3$ و $3^5 = 5$. وبترديد $11$: قوى $2$ هي $2, 4, 8, 5, 10, 9, 7, 3, 6, 1$: فهو مولّد؛ والجذور البدائية هي $2^k$ مع $\gcd(k, 10) = 1$: أي $2, 2^3 = 8, 2^7 = 7, 2^9 = 6$. (b) نكتب $x = g^k$ حيث $g$ مولّد ([المبرهنة 4.12](#thm-b3-galois-cyclic)). عندئذٍ يكون $x$ مربّعًا إذا وفقط إذا كان $k$ زوجيًا (فالمربّعات هي العناصر $g^{2l}$، ويكون $g^{2l} = g^{k}$ إذا وفقط إذا كان $k \equiv 2l \bmod p-1$، وهو قابل للحل إذا وفقط إذا كان $k$ زوجيًا، لأن $p - 1$ زوجي). ويكون $x^{(p-1)/2} = g^{k(p-1)/2} = 1$ إذا وفقط إذا كان $(p-1) \mid k\frac{p-1}2$ إذا وفقط إذا كان $k$ زوجيًا: فالشرطان متوافقان. ومن أجل $x = -1 = g^{(p-1)/2}$: يكون مربّعًا إذا وفقط إذا كان $\frac{p-1}2$ زوجيًا، أي إذا وفقط إذا كان $p \equiv 1 \pmod 4$ — [المسألة 2.1](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#pb-b3-rings-1) مرة أخرى. **تمرين 4.5 ★★.** برهن على أن $\mathbb F_{p^m} \cap \mathbb F_{p^n} = \mathbb F_{p^{\gcd(m,n)}}$ و $\mathbb F_{p^m}\mathbb F_{p^n} = \mathbb F_{p^{\operatorname{lcm}(m,n)}}$ داخل [غلق جبري](#def-b3-galois-closure) مثبَّت $\bar{\mathbb F}_p$، وصِف $\operatorname{Gal}(\mathbb F_{p^n}/\mathbb F_{p^m})$ من أجل $m \mid n$. **حل التمرين 4.5.** داخل $\bar{\mathbb F}_p$، تكون $\mathbb F_{p^k} = \{x : x^{p^k} = x\}$ المجموعةَ الصامدة تحت $F^k$. والتقاطع $\mathbb F_{p^m} \cap \mathbb F_{p^n}$ صامد تحت $F^m$ و $F^n$، ومنه تحت $F^{\gcd(m,n)}$ (لأن $\gcd = am + bn$: فعلى عنصر صامد يفعل $F^{am + bn} = (F^m)^a(F^n)^b$ فعلًا تافهًا — ويمكن أخذ الأُسس موجبة بالدورية)؛ ومنه فهو يقع في $\mathbb F_{p^{\gcd(m,n)}}$، وهذا الأخير محتوًى بالعكس في كليهما ([المبرهنة 4.11](#thm-b3-galois-finitefields)(3)). والمركّب $\mathbb F_{p^m}\mathbb F_{p^n}$: إذ إن أي حقل يحتوي كليهما درجتُه قابلة للقسمة على $m$ وعلى $n$، ومنه على $\operatorname{lcm}(m,n)$؛ و $\mathbb F_{p^{\operatorname{lcm}}}$ يحتوي كليهما: فهو المركّب. ومن أجل $m \mid n$: تتألف $\operatorname{Gal}(\mathbb F_{p^n}/\mathbb F_{p^m})$ من قوى $F$ التي تُثبّت $\mathbb F_{p^m}$، أي من $F^m$: فهي دائرية رتبتها $n/m$ ويولّدها $F^m \colon x \mapsto x^{p^m}$ (والرتبة كما في [المبرهنة 4.11](#thm-b3-galois-finitefields)(2)). **تمرين 4.6 ★★.** ليكن $I_d(q)$ عدد كثيرات الحدود الواحدية غير القابلة للاختزال من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$ على $\mathbb F_q$. برهن على $$ X^{q^n} - X \;=\; \prod_{d \mid n}\ \prod_{P \text{ واحدي غير قابل للاختزال، } \deg P = d} P , \qquad\text{ومنه}\qquad q^n = \sum_{d \mid n} d\, I_d(q). $$ واستنتج $I_1, I_2, I_3, I_4$ صراحةً، وأن $I_d(q) \geq 1$ من أجل كل $d$ (ومنه توجد الامتدادات $\mathbb F_{q^d}/\mathbb F_q$ بوصفها حواصل قسمة $\mathbb F_q[X]/(P)$ من أجل كل $d$). **حل التمرين 4.6.** كثير الحدود $X^{q^n} - X$ قابل للفصل (لأن مشتقه $-1$) ومجموعة جذوره $\mathbb F_{q^n}$. وليكن $P$ واحديًا غير قابل للاختزال من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$. فإذا كان $d \mid n$: فإن $\mathbb F_q[X]/(P) \cong \mathbb F_{q^d} \subseteq \mathbb F_{q^n}$، ومنه لكثير الحدود $P$ جذر $\alpha \in \mathbb F_{q^n}$؛ و $\alpha^{q^n} = \alpha$، ويقسم $P = \pi_\alpha$ كثيرَ الحدود $X^{q^n} - X$. وإذا كان $P \mid X^{q^n} - X$: فإن جذرًا $\alpha \in \mathbb F_{q^n}$ يولّد $\mathbb F_{q^d} \subseteq \mathbb F_{q^n}$، ومنه $d \mid n$ ([المبرهنة 4.11](#thm-b3-galois-finitefields)(3)). وكثيرات الحدود غير القابلة للاختزال المتمايزة أولية فيما بينها والجداء قابل للفصل: فيظهر كل $P$ بأُسّ يساوي $1$ بالضبط، ويكون كل جذر للمقدار $X^{q^n}-X$ جذرًا [لكثير حدوده الأدنى](#def-b3-galois-algebraic): ومنه يصح التفكيك. وبمقارنة الدرجات: $q^n = \sum_{d\mid n} d\,I_d(q)$. ومن ثَمّ $I_1 = q$؛ ويعطي $q^2 = I_1 + 2I_2$ أن $I_2 = \frac{q^2 - q}2$؛ ويعطي $q^3 = I_1 + 3I_3$ أن $I_3 = \frac{q^3 - q}3$؛ ويعطي $q^4 = I_1 + 2I_2 + 4I_4$ أن $I_4 = \frac{q^4 - q^2}4$. أما الوجود: فإن $nI_n = q^n - \sum_{d \mid n,\, d < n} dI_d \geq q^n - \sum_{d \leq n/2} q^d > q^n - q^{n/2 + 1} \geq 0$ من أجل $n \geq 2$ (و $I_1 = q \geq 1$): ومنه $I_n \geq 1$ دائمًا. **تمرين 4.7 ★★.** عيّن $\operatorname{Gal}(\Q(\sqrt2,\sqrt3)/\Q)$ والشبكة الكاملة للحقول الوسيطة. والسؤال نفسه من أجل [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) لكثير الحدود $(X^2-2)(X^2-3)(X^2-6)$ — ماذا تلاحظ؟ **حل التمرين 4.7.** الحقل $L = \Q(\sqrt2, \sqrt3)$ هو [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) لكثير الحدود $(X^2 - 2)(X^2 - 3)$ القابل للفصل: أي إنه غالوايّ من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $4$ ([التمرين 4.1](#exo-b3-galois-1)). ويرسل التماثل الذاتي $\sqrt2 \mapsto \pm\sqrt2$ و $\sqrt3 \mapsto \pm\sqrt3$: أي $4$ اختيارات على الأكثر، ويحقّقها $\abs G = 4$ جميعًا: ومنه $G \cong (\Z/2\Z)^2$، بعناصر $\mathrm{id}, \sigma (\sqrt2 \mapsto -\sqrt2), \tau (\sqrt3\mapsto-\sqrt3), \sigma\tau$. والزمر الجزئية ذات الرتبة $2$: $\langle\sigma\rangle, \langle\tau\rangle, \langle\sigma\tau\rangle$، وحقولها الصامدة $\Q(\sqrt3)$ و $\Q(\sqrt2)$ و $\Q(\sqrt6)$ (ولاحظ أن $\sigma\tau$ يُثبّت $\sqrt6 = \sqrt2\sqrt3$). والشبكة: $\Q$ في الأسفل، والحقول التربيعية الثلاثة في الوسط، و $L$ في الأعلى — ولا شيء غير ذلك ([المبرهنة 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)). ومن أجل $(X^2-2)(X^2-3)(X^2-6)$: يكون [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) هو $L$ *نفسه* ($\sqrt6 = \sqrt2\sqrt3$)، ومنه فالجواب مطابق: [فتقابل غالوا](#thm-b3-galois-fundamental) صامدٌ لأجل *الامتداد*، لا لكثير الحدود المختار لتقديمه. **تمرين 4.8 ★★.** (المعادلة التكعيبية، محلولةً بزمرتها) ليكن $P = X^3 + pX + q \in \Q[X]$ غير قابل للاختزال وجذوره $x_1, x_2, x_3$ وحقل انشطاره $L$. وليكن $\delta = (x_1 - x_2)(x_1 - x_3)(x_2 - x_3)$ و $\Delta = \delta^2 = -4p^3 - 27q^2$ (اقبل هذه المتطابقة الكلاسيكية أو تحقق منها بنشر الدوال المتناظرة). (a) برهن على أن $\operatorname{Gal}(L/\Q) \cong A_3$ أو $S_3$، بحسب كون $\Delta$ مربّعًا في $\Q$ أو عدمه. (b) بوضع $j = \zeta_3$، عرّف مُحلِّلَي لاغرانج $u = x_1 + jx_2 + j^2x_3$ و $v = x_1 + j^2x_2 + jx_3$. برهن على $u^3 + v^3 = -27q$ و $uv = -3p$، ثم حل بدلالة $u^3, v^3$: فتسقط صيغ كاردانو. وأين استُعملت قابلية $S_3$ للحل؟ **حل التمرين 4.8.** (a) تفعل $G$ فعلًا أمينًا ومتعدّيًا (بعدم قابلية الاختزال) على الجذور الثلاثة: أي $G \hookrightarrow S_3$ مع $3 \mid \abs G$: ومنه $G \cong A_3$ أو $S_3$. ويبدّل كل $\sigma \in G$ العناصرَ $x_i$، ولدينا $\sigma(\delta) = \varepsilon(\sigma)\,\delta$ (لأن $\delta$ متناوب في الجذور). فإذا كان $\Delta$ مربّعًا في $\Q$: فإن $\delta \in \Q^\times$ (ولاحظ $\delta \neq 0$: بالقابلية للفصل)، ومنه $\varepsilon(\sigma) = 1$ من أجل كل $\sigma$: أي $G \subseteq A_3$، ومنه $= A_3$. وإلا: فإن $\delta \notin \Q$، ومنه يكون لبعض $\sigma$ $\varepsilon(\sigma) = -1$: أي $G = S_3$. (وفي الحالتين $\Q(\delta) = L^{G \cap A_3}$.) (b) مع $x_1 + x_2 + x_3 = 0$: $u + v = 2x_1 - (x_2 + x_3) = 3x_1$. وكذلك $$ uv = \sum_i x_i^2 + (j + j^2)\sum_{i 0$: فإن $\eta_0 = \frac{\sqrt5 - 1}2$، ومن هنا $\cos\frac{2\pi}5 = \frac{\sqrt5 - 1}4$، و $\eta_1 = \frac{-1-\sqrt5}2$. والزمرة $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_5)/\Q) \cong (\Z/5\Z)^\times$ دائرية رتبتها $4$: ولها زمرة جزئية *وحيدة* رتبتها $2$ (وهي $\{\pm 1\}$، أي $\zeta \mapsto \zeta^{\pm1}$)، ومنه فللحقل $\Q(\zeta_5)$ حقل جزئي تربيعي وحيد ([المبرهنة 4.21](#thm-b3-galois-fundamental))، وهو يحتوي على $\eta_0 \notin \Q$: أي إنه $\Q(\eta_0) = \Q(\sqrt5)$. وأما قابلية الإنشاء: فإن $\cos\frac{2\pi}5$ يقع في البرج التربيعي $\Q \subseteq \Q(\sqrt5)$، ويقع $\zeta_5$ على بعد خطوة تربيعية واحدة فوقه: فتُنشئ [المبرهنة 4.25](#thm-b3-galois-wantzel) المخمّسَ. **تمرين 4.10 ★★★.** ليكن $K = \mathbb F_p(S, T)$ (الدوال الكسرية بمتغيّرين غير محدَّدين) وليكن $L = K(S^{1/p}, T^{1/p})$. (a) برهن على أن $[L:K] = p^2$ وأن $\alpha^p \in K$ من أجل كل $\alpha \in L$. (b) استنتج أن $L/K$ *ليس* بسيطًا: فلا يوجد عنصر بدائي — إذ إن عدم القابلية للفصل قاتلة لما ورد في [المبرهنة 4.17](#thm-b3-galois-primitive). **حل التمرين 4.10.** (a) نكتب $s = S^{1/p}$ و $t = T^{1/p}$ (وهما عنصران من [غلق جبري](#def-b3-galois-closure) مختار يحققان $s^p = S$ و $t^p = T$). وكثير الحدود $X^p - S$ غير قابل للاختزال على كسور $K = \mathbb F_p(S, T) = (\mathbb F_p(T))(S)$: [بأيزنشتاين](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria) عند [العنصر الأولي](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-divisibility) $S$ من [حلقة التفكيك الوحيد](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#def-b3-rings-pidufd) $\mathbb F_p(T)[S]$ ([المبرهنة 2.25](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria)). ومنه $[K(s):K] = p$؛ وبالمثل يحقق $X^p - T$ شرط [أيزنشتاين](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria) عند $T$ على كسور $K(s) = \mathbb F_p(s)(T)$ — إذ يبقى $T$ أوليًا في $\mathbb F_p(s)[T]$ — فيعطي $[L : K(s)] = p$ و $[L:K] = p^2$. ومن أجل $\alpha \in L$: لدينا $L = K[s, t]$، ومنه $\alpha = \sum c_{ij}s^it^j$ (حيث $c_{ij} \in K$)، وبتشاكل فروبينيوس $\alpha^p = \sum c_{ij}^p S^iT^j \in K$. (b) إذا كان $L = K(\alpha)$، فإن $[K(\alpha):K] = p^2$؛ لكن $\alpha^p = a \in K$ يعني أن $\alpha$ يُبيد $X^p - a$، ومنه $\deg\pi_\alpha \leq p < p^2$: وهو تناقض. فلا يوجد عنصر بدائي: أي إن [المبرهنة 4.17](#thm-b3-galois-primitive) تحتاج فعلًا إلى القابلية للفصل (فهنا يقسم كل $\pi_\alpha$ مقدارًا من الشكل $X^p - a = (X - \alpha)^p$: أي غير قابل للفصل تمامًا). **تمرين 4.11 ★★★.** ليكن $P = X^5 - 4X + 2$ ولتكن $G$ [زمرة غالوا](#def-b3-galois-galois) له على $\Q$، فاعلةً على الجذور $5$. (a) برهن على أن $P$ غير قابل للاختزال، واستنتج $5 \mid \abs G$؛ ثم اخلص إلى أن $G$ تحتوي على دورة خماسية (كوشي، [المبرهنة 1.13](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#thm-b3-groups-cauchy)). (b) برهن، بدراسة تغيّرات $x \mapsto x^5 - 4x + 2$، على أن لكثير الحدود $P$ ثلاثة جذور حقيقية بالضبط؛ واستنتج أن الاقتران العقدي يُقصَر إلى مبادلة في $G$. (c) برهن على أن كل زمرة جزئية من $S_5$ تحتوي على مبادلة وعلى دورة خماسية هي $S_5$ *(اقرن المبادلة بقوى الدورة)*. واخلص إلى $G \cong S_5$، ومع [المبرهنة 4.29](#thm-b3-galois-solvable)، إلى أن $P$ غير [قابل للحل بالجذور](#def-b3-galois-radical). **حل التمرين 4.11.** (a) [أيزنشتاين](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria) عند $2$ (لأن $2 \mid 4, 2$ و $4 \nmid 2$): ومنه $P$ غير قابل للاختزال. وإذا كان $\alpha$ جذرًا، فإن $[\Q(\alpha):\Q] = 5$ يقسم $[L:\Q] = \abs G$ (حيث $L$ [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting)): وتعطي مبرهنة كوشي ([المبرهنة 1.13](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#thm-b3-groups-cauchy)) عنصرًا رتبته $5$ في $G \leq S_5$؛ وفي $S_5$، لا تكون رتبة عنصر $5$ إلا للدورات الخماسية (لأن الرتب مضاعفات مشتركة صغرى لأطوال الدورات). (b) ينعدم $P'(x) = 5x^4 - 4$ عند $\pm(4/5)^{1/4} \approx \pm 0.946$: أي قيمة عظمى محلية ثم قيمة صغرى محلية. والقيم: $P(-2) = -22 < 0$، $P(0) = 2 > 0$، $P(1) = -1 < 0$، $P(2) = 26 > 0$: أي ثلاثة تغيّرات في الإشارة، وثلاثة جذور حقيقية على الأكثر (لوجود نقطتين حرجتين): إذن ثلاثة جذور حقيقية بالضبط، ومنه زوج واحد من الجذور العقدية المرافقة. ونأخذ [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) $L$ داخل $\C$: فيرسل الاقتران العقدي $L$ إلى نفسه (لأنه يبدّل الجذور، وهي تولّد $L$) ويُثبّت $\Q$، ومنه فهو يعرّف عنصرًا من $G$؛ وهو يُثبّت الجذور الحقيقية الثلاثة ويبادل بين الجذرين الآخرين: أي إنه مبادلة. (c) ليكن $\tau = (a\,b)$ ولتكن $\sigma$ دورة خماسية في $G$. وتُرسل قوة ما $\sigma^k$ العنصرَ $a$ إلى $b$ ($k \ne 0 \bmod 5$)، وتكون $\sigma^k$ دورة خماسية أيضًا: وبإعادة التسمية، لنفترض $\sigma = (1\,2\,3\,4\,5)$ و $\tau = (1\,2)$. وبالاقتران، $\sigma^m\tau\sigma^{-m} = (\sigma^m(1)\ \sigma^m(2))$: أي إن المبادلات المتجاورة $(1\,2), (2\,3), (3\,4), (4\,5), (5\,1)$ تقع كلها في $G$؛ والمبادلات المتجاورة تولّد $S_5$ (لأن كل مبادلة $(i\,j)$ جداءٌ لمبادلات متجاورة، ولأن المبادلات تولّد الزمرة). إذن $G = S_5$، وهي غير [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) ([النتيجة 1.34](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#cor-b3-groups-snnotsolvable))، وتُنهي [المبرهنة 4.29](#thm-b3-galois-solvable) البرهان: فكثير الحدود $X^5 - 4X + 2$ غير [قابل للحل بالجذور](#def-b3-galois-radical). **تمرين 4.12 ★★★.** (المعادلة الرباعية ثنائية السطوح) ليكن $\alpha = \sqrt[4]2$ وليكن $L = \Q(\alpha, \iu)$، وهو [حقل الانشطار](#thm-b3-galois-splitting) لكثير الحدود $X^4 - 2$ على $\Q$. (a) برهن على أن $[L : \Q] = 8$ وأن $G = \operatorname{Gal}(L/\Q)$ مولَّدة بالعنصر $\sigma\colon \alpha \mapsto \iu\alpha,\ \iu \mapsto \iu$ وبالاقتران العقدي $\tau$، مع $\sigma^4 = \tau^2 = e$ و $\tau\sigma\tau = \sigma^{-1}$: أي $G \cong D_4$. (b) اسرد شبكة الزمر الجزئية من $D_4$ (وهي عشر زمر) وطابق كلًّا منها بحقلها الصامد؛ وتحقق على وجه الخصوص من أن $\Q(\sqrt2)$ و $\Q(\iu)$ و $\Q(\iu\sqrt2)$ هي الحقول الجزئية التربيعية الثلاثة، وحدّد موضع $\Q(\alpha)$ و $\Q(\iu\alpha)$ و $\Q(\sqrt2, \iu)$. (c) أي الحقول الوسيطة غالوايّ على $\Q$؟ طابق جوابك مع الزمر الجزئية الناظمية من $D_4$، وفسّر لماذا يخفق $\Q(\alpha)/\Q$ بينما ينجح $\Q(\sqrt2)/\Q$. **حل التمرين 4.12.** (a) كثير الحدود $X^4 - 2$ غير قابل للاختزال ([أيزنشتاين](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#thm-b3-rings-criteria) عند $2$): ومنه $[\Q(\alpha):\Q] = 4$؛ و $\iu \notin \Q(\alpha) \subseteq \R$، فيكون $[L : \Q(\alpha)] = 2$ و $[L:\Q] = 8$. والامتداد غالوايّ (لأنه [حقل انشطار](#thm-b3-galois-splitting) [لكثير حدود قابل للفصل](#def-b3-galois-separable): فالجذور هي $\iu^k\alpha$)، ومنه $\abs G = 8$. ويرسل التماثل الذاتي $\alpha$ إلى أحد الجذور الأربعة و $\iu$ إلى $\pm\iu$: أي $8$ تطبيقات على الأكثر، وكلها متحققة. ويحقق التطبيق $\sigma$ المذكور (ورتبته $4$: $\sigma^2(\alpha) = -\alpha$، $\sigma^4 = e$) والتطبيق $\tau$ (ورتبته $2$) $$ \tau\sigma\tau(\alpha) = \tau\sigma(\alpha) = \tau(\iu\alpha) = -\iu\alpha = \sigma^{-1}(\alpha), \qquad \tau\sigma\tau(\iu) = \iu\cdot(-1)(-1) = \iu , $$ وبدقة أكبر: $\tau\sigma\tau(\iu) = \tau\sigma(-\iu) = \tau(-\iu) = \iu = \sigma^{-1}(\iu)$. إذن $\tau\sigma\tau = \sigma^{-1}$: وهو تقديم $D_4$. (b) الزمر الجزئية العشر من $D_4 = \langle\sigma, \tau\rangle$: $\{e\}$؛ وخمس رتبتها $2$: $\langle\sigma^2\rangle$، $\langle\tau\rangle$، $\langle\sigma^2\tau\rangle$، $\langle\sigma\tau\rangle$، $\langle\sigma^3\tau\rangle$؛ وثلاث رتبتها $4$: $\langle\sigma\rangle$، $\{e, \sigma^2, \tau, \sigma^2\tau\}$، $\{e, \sigma^2, \sigma\tau, \sigma^3\tau\}$؛ و $D_4$. والحقول الصامدة ([والدرجة](#def-b3-galois-extension) = الدليل): $\{e\} \leftrightarrow L$؛ والزمر الجزئية ذات الرتبة $2$ $\leftrightarrow$ الحقول الرباعية الخمسة $$ \langle\tau\rangle \leftrightarrow \Q(\alpha),\quad \langle\sigma^2\tau\rangle \leftrightarrow \Q(\iu\alpha), \quad \langle\sigma^2\rangle \leftrightarrow \Q(\sqrt2, \iu),\quad \langle\sigma\tau\rangle \leftrightarrow \Q\bigl((1+\iu)\alpha\bigr),\quad \langle\sigma^3\tau\rangle \leftrightarrow \Q\bigl((1-\iu)\alpha\bigr) . $$ والتحقق: يُثبّت $\tau$ العنصرَ الحقيقي $\alpha$؛ ويرسل $\sigma^2\tau$ العنصرَ $\alpha \mapsto -\alpha$ و $\iu \mapsto -\iu$، مُثبّتًا $\iu\alpha$؛ وبما أن $\sigma\tau(\alpha) = \iu\alpha$، فإن $\sigma\tau(\iu) = -\iu$: $$ \sigma\tau\bigl((1+\iu)\alpha\bigr) = (1 - \iu)\,\iu\alpha = (1 + \iu)\alpha, \qquad \sigma^3\tau\bigl((1-\iu)\alpha\bigr) = (1 + \iu)(-\iu)\alpha = (1 - \iu)\alpha : $$ فكل انعكاس يُثبّت مولّده، ويكون الحقل الصامد، ودرجته $4$ أي الدليل، هو بالضبط الحقل الذي يولّده (فالمولّد جذر للمقدار $X^4 + 8$، وهو غير قابل للاختزال). والزمر الجزئية ذات الرتبة $4$ $\leftrightarrow$ الحقول التربيعية الثلاثة: $\langle\sigma\rangle \leftrightarrow \Q(\iu)$ (لأن $\sigma$ يُثبّت $\iu$)؛ $\{e, \sigma^2, \tau, \sigma^2\tau\} \leftrightarrow \Q(\sqrt2)$ (فالعناصر الأربعة تُثبّت $\alpha^2$ إلى حدود فحوص الإشارة: $\tau(\sqrt2) = \sqrt2$، $\sigma^2(\alpha^2) = (-\alpha)^2$)؛ $\{e, \sigma^2, \sigma\tau, \sigma^3\tau\} \leftrightarrow \Q(\iu\sqrt2)$ ($\sigma\tau(\iu\alpha^2) = (-\iu)(\iu\alpha)^2 = \iu\alpha^2$). (c) غالوايّ على $\Q$ $\leftrightarrow$ الزمر الجزئية الناظمية من $D_4$: وهي $\{e\}$ و $\langle\sigma^2\rangle$ (المركز) والزمر الثلاث ذات الرتبة $4$ و $D_4$ — ومنه فإن الحقول الوسيطة الغالوايّة هي $L$ و $\Q(\sqrt2, \iu)$ والحقول التربيعية الثلاثة و $\Q$. أما الحقول الرباعية الخمسة التي تُثبّتها الانعكاسات غير الناظمية فليست غالوايّة: فالحقل $\Q(\alpha)$ يحتوي على جذر واحد للمقدار $X^4 - 2$ لكنه لا يحتوي على $\iu\alpha$ (لأنه حقيقي) — ويحرّك الاقتران بالتطبيق $\sigma$ العنصرَ $\langle\tau\rangle$ إلى $\langle\sigma^2\tau\rangle$، تمامًا كما يحرّك $\Q(\alpha)$ إلى $\Q(\iu\alpha)$: فعدم ناظمية الزمرة الجزئية *هي* وجود حقل مقترن. ## 4.10 مسألة: غاوس والمضلع المنتظم ذو 17 ضلعًا **مسألة 4.1.** مسألة نهاية الأسبوع — قابلية إنشاء المضلع ذي 17 ضلعًا في 30 مارس 1796، برهن غاوس ذو التاسعة عشرة على أن المضلع المنتظم ذا $17$ ضلعًا قابل للإنشاء — وهو أول تقدّم في المسألة منذ العصور القديمة. وسنعيد بناء حسابه بأدوات هذا الفصل. نضع $\zeta = \eu^{2\iu\pi/17}$، $L = \Q(\zeta)$، $G = \operatorname{Gal}(L/\Q)$. **الجزء الأول — الزمرة وترشيحها.** 1. برّر: $[L:\Q] = 16$ ، $G \cong (\Z/17\Z)^\times$ ، وهي دائرية رتبتها $16$ . وتحقق من أن $3$ مولّد للزمرة $(\Z/17\Z)^\times$ *(احسب قوى $3$ بترديد $17$: $3, 9, 10, 13, 5, 15, 11, 16, \dots$)* . 2. ليكن $\sigma \in G$ يحقق $\sigma(\zeta) = \zeta^3$ ، ولتكن $H_k = \langle \sigma^{2^k}\rangle$ من أجل $k = 0, \dots, 4$ . برهن على أن $G = H_0 \supset H_1 \supset H_2 \supset H_3 \supset H_4 = \{e\}$ حيث كل دليل $[H_k : H_{k+1}] = 2$ ، وعلى أن الحقول الصامدة $\Q = L_0 \subset L_1 \subset L_2 \subset L_3 \subset L_4 = L$ تشكّل برجًا من الامتدادات التربيعية. 3. اخلص *قبليًّا* ، باستعمال [المبرهنة 4.25](#thm-b3-galois-wantzel) ، إلى أن $\zeta$ — ومنه المضلع ذا $17$ ضلعًا — قابل للإنشاء. وبقية المسألة تجعل البرج صريحًا. **الجزء الثاني — الدورات ذات الطول 8.** نعرّف *دورات غاوس* $$ \eta_0 = \sum_{k \text{ زوجي}} \zeta^{3^k \bmod 17} = \zeta^{1} + \zeta^{9} + \zeta^{13} + \zeta^{15} + \zeta^{16} + \zeta^{8} + \zeta^{4} + \zeta^{2}, \qquad \eta_1 = \sum_{k \text{ فردي}} \zeta^{3^k \bmod 17}. $$ 4. برهن على أن $H_1$ يُثبّت $\eta_0, \eta_1$ وأن $\sigma$ يبادل بينهما؛ واستنتج $\eta_0, \eta_1 \in L_1$ وأنهما جذرا معادلة من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) الثانية على $\Q$ . 5. احسب $\eta_0 + \eta_1 = -1$ . وبرهن على $\eta_0\eta_1 = -4$ *(فكل جداء $\zeta^a\zeta^b$ هو $\zeta^c$ ما مع $c \neq 0$؛ أحصِ كم مرة يظهر كل $c$، أو حاجج بأن الجداء عدد صحيح ناطق يُثبّته $G$، ويساوي المجموع على جميع الجداءات $64$، واستعمل أن كل باقٍ غير معدوم يظهر بالتواتر نفسه)* . 6. استنتج $\eta_0 = \frac{-1 + \sqrt{17}}2$ ، $\eta_1 = \frac{-1-\sqrt{17}}2$ (وعيّن أيهما أيّ عدديًا: $\eta_0 \approx 1.56$ )، و $L_1 = \Q(\sqrt{17})$ . **الجزء الثالث — الدورات ذات الطول 4 و 2.** نعرّف $$ \beta_0 = \zeta + \zeta^{13} + \zeta^{16} + \zeta^{4},\quad \beta_1 = \zeta^3 + \zeta^5 + \zeta^{14} + \zeta^{12},\quad \beta_2 = \zeta^9 + \zeta^{15} + \zeta^{8} + \zeta^{2},\quad \beta_3 = \zeta^{10} + \zeta^{11} + \zeta^{7} + \zeta^{6}. $$ 7. برهن على $\beta_0 + \beta_2 = \eta_0$ و $\beta_1 + \beta_3 = \eta_1$ ، وعلى أن $H_2$ يُثبّت $\beta_0, \beta_2$ وأن $\sigma^2$ يبادل بينهما. 8. احسب $\beta_0\beta_2 = -1$ و $\beta_1\beta_3 = -1$ *(انشر: فالأُسس الستة عشر الناتجة تغطّي $1, \dots, 16$ مرة واحدة بالضبط)* . 9. استنتج $\beta_0 = \frac{\eta_0 + \sqrt{\eta_0^2 + 4}}2$ (وتحقق من الإشارة عدديًا: $\beta_0 \approx 2.05$ ) والصيغة المماثلة من أجل $\beta_1$ ؛ ومنه $L_2 = \Q(\beta_0)$ ، وهو تربيعي على $L_1$ . 10. ليكن $\gamma_0 = \zeta + \zeta^{16} = 2\cos\frac{2\pi}{17}$ وليكن $\gamma_1 = \zeta^{13} + \zeta^4$ . برهن على $\gamma_0 + \gamma_1 = \beta_0$ و $\gamma_0\gamma_1 = \beta_1$ ، بحيث يكون $\gamma_0 = \frac{\beta_0 + \sqrt{\beta_0^2 - 4\beta_1}}2$ . 11. اجمع سلسلة الصيغ التي تعبّر عن $\cos\frac{2\pi}{17}$ بجذور تربيعية متداخلة، وأعطِ تحققًا عشريًا ( $\cos\frac{2\pi}{17} \approx 0.93247$ ). **الجزء الرابع — خاتمة.** 12. أين استعملت الحجّةُ بالضبط كونَ $17$ *عددًا أوليًا لفيرما* ( $17 = 2^{2^2} + 1$ )؟ برهن على أنه من أجل عدد أولي $p$ ، يكون المضلع المنتظم ذو $p$ ضلعًا قابلًا للإنشاء إذا وفقط إذا كان $p = 2^{2^t} + 1$ من أجل $t$ ما *(إذا كان $p - 1 = 2^m$، فبرهن على أن $m$ يجب أن يكون هو نفسه قوة للعدد 2)* . 13. استنتج القائمة الكاملة للمضلعات المنتظمة ذات $n$ ضلعًا [القابلة للإنشاء](#def-b3-galois-constructible) من أجل $n \leq 20$ ، باستعمال محك غاوس–فانتزل الوارد في [النتيجة 4.26](#cor-b3-galois-impossible) . **الجزء الخامس — مجاميع غاوس والتقابل التربيعي.** تُخفي دورات الجزء الثاني كنزًا. من أجل عدد أولي فردي $p$، يكون *رمز لوجندر* $\bigl(\frac ap\bigr)$ مساويًا $+1$ إذا كان $a$ مربّعًا غير معدوم بترديد $p$، و $-1$ إذا لم يكن كذلك، و $0$ إذا كان $p \mid a$؛ ويعطي [التمرين 4.4](#exo-b3-galois-4)(b) (محك أويلر) أن $\bigl(\frac ap\bigr) \equiv a^{(p-1)/2} \pmod p$، ومن هنا تأتي الضربية. نكتب $\zeta = \eu^{2\iu\pi/p}$، $p^* = (-1)^{(p-1)/2}p$، ونعرّف *مجموع غاوس* $$ g \;=\; \sum_{a=1}^{p-1}\Bigl(\frac ap\Bigr)\zeta^a . $$ 14. برهن على $\sum_{a=1}^{p-1}\bigl(\frac ap\bigr) = 0$ (لأن عدد المربّعات يساوي عدد غير المربّعات)، وبرهن على الصيغة البديلة $g = \sum_{a=0}^{p-1}\zeta^{a^2}$ *(إذ يُصاب كل مربّع غير معدوم مرتين، و $\sum_{a}\zeta^a = 0$)* . ومن أجل $p = 17$ : اربط $g$ بدورات الجزء الثاني — برهن على $g = \eta_0 - \eta_1$ *(فالمربّعات بترديد $17$ هي بالضبط القوى الزوجية للمولّد $3$)* . 15. برهن على $g^2 = p^*$: انشر $$g^2 = \sum_{a,b\neq0}\Bigl(\frac{ab}p\Bigr) \zeta^{a+b} = \sum_{c}\ \sum_{a \neq 0}\Bigl(\frac{a(c - a)}p\Bigr)\zeta^{c}$$ (بوضع $b = c - a$)، وعوّض $c - a = at$ لتقييم المجموع الداخلي بالمقدار $\bigl(\frac{-1}p\bigr)(p - 1)$ من أجل $c = 0$ وبالمقدار $-\bigl(\frac{-1}p\bigr)$ فيما عدا ذلك، واخلص بالسؤال 14. وتحقق عدديًا: من أجل $p = 17$، $(\eta_0 - \eta_1)^2 = 17$ (الجزء الثاني). 16. استنتج $\sqrt{p^*} \in \Q(\zeta_p)$ ، واخلص إلى أن الحقل الجزئي التربيعي *الوحيد* من $\Q(\zeta_p)$ هو $\Q(\sqrt{p^*})$ — وهو وحيد لأن $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_p)/\Q)$ دائرية ( [المبرهنة 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred) ) ولأن للزمرة الدائرية زمرةً جزئية واحدة بالضبط ذات الدليل $2$ . (وكل حقل تربيعي ينغمر في حقل دائري ما — وهذه أول حالة من مبرهنة كرونيكر–فيبر، التي تقع صيغتها العامة بعيدًا أمامنا.) 17. وليكن الآن $q \neq p$ عددًا أوليًا فرديًا آخر. بالعمل في الحلقة $\Z[\zeta]$ بترديد $q$، برهن على $$g^q \equiv \Bigl(\frac qp\Bigr)\,g \pmod{q\Z[\zeta]}$$ *(بحلم المبتدئ: $(x + y)^q \equiv x^q + y^q$ بترديد $q$ في أي حلقة تبديلية؛ ثم $g^q \equiv \sum_a\bigl(\frac ap\bigr)^q\zeta^{aq}$، أعد ترقيم $b = aq$ وأخرج $\bigl(\frac{q^{-1}}p\bigr) = \bigl(\frac qp\bigr)$)*. 18. ومن جهة أخرى، $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} = g\,(p^*)^{(q-1)/2}$؛ وباستعمال محك أويلر بترديد $q$، استنتج $g^q \equiv \bigl(\frac{p^*}q\bigr)g \pmod{q\Z[\zeta]}$، ثم — بضرب التعبيرين عن $g^q$ في $g$ واستعمال $g^2 = p^*$ القابل للقلب بترديد $q$ — اخلص إلى $$\Bigl(\frac qp\Bigr) = \Bigl(\frac{p^*}q\Bigr) .$$ *(ولماذا تستلزم مطابقةٌ بين العددين الصحيحين $\pm p^*$ بترديد $q\Z[\zeta]$ تساويَهما؟ تقاطع مع $\Z$.)* 19. افتح $\bigl(\frac{p^*}q\bigr) = \bigl(\frac{-1}q\bigr)^{(p-1)/2}\bigl(\frac pq\bigr)$ و $\bigl(\frac{-1}q\bigr) = (-1)^{(q-1)/2}$ للحصول على *قانون التقابل التربيعي*: $$\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigl(\frac qp\Bigr) = (-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2} .$$ وتحقق منه على $(p, q) = (17, 3)$ بسرد المربّعات بترديد $17$ وبترديد $3$، واستعمله لتقرّر في ثلاثة أسطر ما إذا كانت $x^2 \equiv 219 \pmod{383}$ [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived) ($383$ أولي، و $219 = 3\cdot73$). **الجزء السادس — إحصاء كثيرات الحدود غير القابلة للاختزال: مبرهنة الأعداد الأولية للحلقة $\mathbb F_q[X]$.** لنثبّت قوة عدد أولي $q$ وليكن $N_q(n)$ عدد كثيرات الحدود *الواحدية غير القابلة للاختزال* من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $n$ على $\mathbb F_q$؛ ونذكّر من [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) بتفكيك $X^{q^n} - X$ وبالمتطابقة $q^n = \sum_{d\mid n}d\,N_q(d)$، وهي ما سنقلبه الآن ونعيد تفسيره ونستثمره. 20. (الكلمات) نقول عن كلمة $w \in \mathbb F_q^n$ إنها *بدائية* إذا لم تكن قوةً $u^{n/d} = u\cdots u$ لكلمة $u$ أقصر تمامًا، وليكن $A(d)$ عدد الكلمات البدائية ذات الطول $d$ . برهن على أن كل كلمة طولها $n$ هي بطريقة وحيدة قوةٌ لكلمة بدائية طولها $d \mid n$ ما، ومنه $q^n = \sum_{d \mid n}A(d)$ ؛ وبالمقارنة مع [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) ، اخلص إلى $A(d) = d\,N_q(d)$ من أجل كل $d$ ، وفسّر هذا التوافق بتقابل صريح: فلعنصر $\alpha \in \mathbb F_{q^d}$ من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$ مدارُ فروبينيوس $(\alpha, \alpha^q, \dots, \alpha^{q^{d-1}})$ المؤلَّف من $d$ عنصرًا متمايزًا بالضبط، وتوافق العناصر ذات [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$ كثيراتِ الحدود غير القابلة للاختزال من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$ توافقًا $d$ إلى واحد. 21. برهن على *صيغة قلب موبيوس*: إذا كان $f(n) = \sum_{d\mid n}g(d)$ من أجل كل $n$، فإن $g(n) = \sum_{d\mid n}\mu(d)\,f(n/d)$، حيث $\mu$ دالة موبيوس (أي $\mu(m) = (-1)^{\#\text{عوامل أولية}}$ إذا كان $m$ خاليًا من العوامل المربّعة، و $0$ فيما عدا ذلك) *(والمبرهنة المساعدة المفتاحية: $\sum_{d \mid m}\mu(d) = 0$ من أجل $m > 1$ — زاوج القواسم التي تحتوي على عامل أولي مثبَّت مع تلك التي لا تحتوي عليه)*. واستنتج $$N_q(n) = \frac1n\sum_{d \mid n}\mu(d)\,q^{n/d} .$$ 22. برهن على $N_q(n) \geq \frac1n\bigl(q^n - 2q^{n/2}\bigr) > 0$ من أجل كل $n \geq 1$ : وهو برهان جديد على وجود $\mathbb F_{q^n}$ من أجل كل $n$ . وفسّر الحد المهيمن: فكثير حدود واحدي عشوائي من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $n$ يكون غير قابل للاختزال باحتمال $\sim \frac1n$ — وهو النظير التام لمبرهنة الأعداد الأولية، مع استبدال $n$ بالمقدار $\log x$ ؛ وتحقق عدديًا من أجل $q = 2$ و $n \leq 4$ (يسرد [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) الأعداد). 23. برهن على النظير الضربي للسؤال 21: $$\prod_{\substack{\pi \text{ واحدي غير قابل للاختزال}\\ \deg\pi = n}}\pi \;=\; \prod_{d \mid n} \bigl(X^{q^d} - X\bigr)^{\mu(n/d)}$$ *(بقلب موبيوس في الزمرة الأبيلية للدوال الكسرية غير المعدومة)*؛ وتحقق منه يدويًا من أجل $q = 2$ و $n = 2$: $(X^4 - X)/(X^2 - X) = X^2 + X + 1$. **الجزء السابع — خاتمتان.** 24. (التكملة الثانية) تحسب طريقةُ الجزء الخامس أيضًا $\bigl(\frac2q\bigr)$. ليكن $\omega = \eu^{2\iu\pi/8}$ وليكن $g = \omega + \omega^{-1}$. برهن على $g^2 = 2$ *(لأن $\omega^2 = \iu$)*؛ ثم، من أجل عدد أولي فردي $q$، برهن في $\Z[\omega]$ بترديد $q$ على $$g^q \equiv \omega^q + \omega^{-q} \pmod{q\Z[\omega]},$$ وعلى أن الطرف الأيمن يساوي $g$ إذا كان $q \equiv \pm1 \pmod 8$ ويساوي $-g$ إذا كان $q \equiv \pm3 \pmod 8$. وبالمقارنة مع $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} \equiv \bigl(\frac2q\bigr)g$ كما في السؤال 18، اخلص إلى $$\Bigl(\frac2q\Bigr) = (-1)^{(q^2-1)/8},$$ مع التحقق من أن $(q^2 - 1)/8$ زوجي بالضبط حين يكون $q \equiv \pm1 \pmod 8$. تحقق: العدد $2$ مربّع بترديد $7$ وبترديد $17$ ($3^2$ و $6^2$)، وليس مربّعًا بترديد $3$ ولا بترديد $5$. 25. (دالة زيتا للحلقة $\mathbb F_q[X]$) برهن على متطابقة المتسلسلات الصورية بالمتغيّر $t$: $$\prod_{n \geq 1}\bigl(1 - t^n\bigr)^{-N_q(n)} = \frac1{1 - qt}$$ *(بوحدانية التفكيك إلى كثيرات حدود واحدية غير قابلة للاختزال: انشر كل عامل على صورة متسلسلة هندسية وأحصِ كثيرات الحدود الواحدية من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $n$)*. واستعد المتطابقة $q^m = \sum_{d \mid m}d\,N_q(d)$ الواردة في [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) بأخذ اللوغاريتمات. وتحقق من معامل $t^2$ يدويًا من أجل $q = 2$، واستعمل صيغة السؤال 21 لحساب $N_2(6) = 9$، متحققًا من $2^6 = 1\cdot2 + 2\cdot1 + 3\cdot2 + 6\cdot9$. **حل المسألة 4.1.** **1.** كثير الحدود $\Phi_{17}$ غير قابل للاختزال ([المبرهنة 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred)، أو [المثال 2.26](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#ex-b3-rings-eisenstein) من أجل الدليل الأولي): ومنه $[L:\Q] = \varphi(17) = 16$ و $G \cong (\Z/17\Z)^\times$، وهي دائرية رتبتها $16$ ([المبرهنة 4.12](#thm-b3-galois-cyclic)). وقوى $3$ بترديد $17$: $$ 3,\ 9,\ 10,\ 13,\ 5,\ 15,\ 11,\ 16,\ 14,\ 8,\ 7,\ 4,\ 12,\ 2,\ 6,\ 1 $$ — أي ستّ عشرة قيمة متمايزة: فالعدد $3$ مولّد. **2.** الزمرة $G = \langle\sigma\rangle$ دائرية رتبتها $16$؛ ورتبة $H_k = \langle\sigma^{2^k}\rangle$ هي $2^{4-k}$، و $[H_k : H_{k+1}] = 2$. وحسب المبرهنة الأساسية ([المبرهنة 4.21](#thm-b3-galois-fundamental))، تحقق الحقول $L_k = L^{H_k}$ العلاقةَ $[L_k : \Q] = [G : H_k] = 2^k$: أي إن كل $[L_{k+1}:L_k] = 2$. **3.** يقع $\zeta \in L = L_4$ فوق برج من الامتدادات التربيعية للحقل $\Q$: ومنه، حسب [المبرهنة 4.25](#thm-b3-galois-wantzel)، يكون $\zeta$ قابلًا للإنشاء؛ ورؤوس المضلع ذي $17$ ضلعًا هي $\zeta^k$. **4.** يضرب $\sigma^2$ الأُسسَ في $9$؛ وأُسس $\eta_0$ هي قوى $3$ الزوجية، $$ \{3^{2k} \bmod 17\} = \{1, 9, 13, 15, 16, 8, 4, 2\}, $$ وهي مجموعة صامدة تحت الضرب في $9 = 3^2$؛ ومنه فإن $\eta_0$ (وكذلك $\eta_1$) صامد تحت $H_1 = \langle\sigma^2\rangle$: أي $\eta_0, \eta_1 \in L_1$، وهو حقل تربيعي. ويرسل $\sigma$ القوى الزوجية إلى فردية: أي إنه يبادل بين $\eta_0, \eta_1$. ومنه فإن $\eta_0 + \eta_1$ و $\eta_0\eta_1$ صامدان تحت $G$ كلها: أي ناطقان؛ ويكون $\eta_0, \eta_1$ جذرَي معادلة ناطقة من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) الثانية. **5.** $\eta_0 + \eta_1 = \sum_{c=1}^{16}\zeta^c = -1$. ويُنشر الجداء إلى $64$ حدًّا من الشكل $\zeta^{a + b}$، حيث $a$ في المجموعة الزوجية و $b$ في الفردية. ولا يساوي أي حد $\zeta^0$: إذ إن $b = -a$ مستحيل، لأن $-1 = 16 = 3^8$ قوة *زوجية*، ومنه يبقى $-a$ في المجموعة الزوجية. إذن $\eta_0\eta_1 = \sum_{c \neq 0} n_c\zeta^c$ مع $\sum n_c = 64$؛ وتطبيق $\sigma$ يُثبّت $\eta_0\eta_1$ (لأنه يبادل العاملين) ويبدّل العناصر $\zeta^c$ تبديلًا متعدّيًا على جميع القيم $c \neq 0$، ومنه فجميع الأعداد $n_c$ متساوية: أي $n_c = 4$ و $\eta_0\eta_1 = 4\sum_{c\neq0}\zeta^c = -4$. **6.** يحل $\eta_{0,1}$ المعادلةَ $Y^2 + Y - 4 = 0$: أي $\frac{-1 \pm \sqrt{17}}2$. وعدديًا، بمزاوجة الأُسس المرافقة، $\eta_0 = 2\bigl(\cos\tfrac{2\pi}{17} + \cos\tfrac{4\pi}{17} + \cos\tfrac{8\pi}{17} + \cos\tfrac{16\pi}{17}\bigr) \approx 1.56 > 0$: $\eta_0 = \frac{-1+\sqrt{17}}2$، $\eta_1 = \frac{-1-\sqrt{17}}2$، و $L_1 = \Q(\eta_0) = \Q(\sqrt{17})$. **7.** مجموعات الأُسس: من أجل $\beta_0$: $\{1, 13, 16, 4\}$ = القوى $3^{4k}$؛ ومن أجل $\beta_2$: $\{9, 15, 8, 2\}$ = $9 \times$ تلك المجموعة. والاتحاد: المجموعة الزوجية: أي $\beta_0 + \beta_2 = \eta_0$؛ وبالمثل $\beta_1 + \beta_3 = \eta_1$. والضرب في $13 = 3^4$ يُثبّت مجموعة أُسس كل $\beta_i$: أي إنها صامدة تحت $H_2 = \langle\sigma^4\rangle$؛ ويرسل $\sigma^2$ (أي $\times 9$) المجموعةَ $\{1,13,16,4\}$ إلى $\{9, 15, 8, 2\}$: أي إنه يبادل بين $\beta_0, \beta_2$. **8.** بنشر $\beta_0\beta_2$، تغطّي مجاميع الأُسس الستة عشر $$ \{1,13,16,4\} + \{9,15,8,2\} = \{10,16,9,3,\ 5,11,4,15,\ 8,14,7,1,\ 13,2,12,6\} $$ القيمَ $1, \dots, 16$ مرة واحدة بالضبط: أي $\beta_0\beta_2 = \sum_{c\ne0}\zeta^c = -1$. وبتطبيق $\sigma$ (الذي يرسل $\beta_0 \mapsto \beta_1$، $\beta_2 \mapsto \beta_3$: أي الأُسس $\times 3$): $\beta_1\beta_3 = \sigma(\beta_0\beta_2) = -1$. **9.** يحل $\beta_0, \beta_2$ المعادلةَ $Y^2 - \eta_0 Y - 1 = 0$، ومنه $\beta_0 = \frac{\eta_0 + \sqrt{\eta_0^2 + 4}}2$ (وعدديًا $\beta_0 = 2\cos\frac{2\pi}{17} + 2\cos\frac{8\pi}{17} \approx 2.05 > 0$، أي الإشارة $+$). وبالمثل $\beta_1 = \frac{\eta_1 + \sqrt{\eta_1^2 + 4}}2 \approx 0.344$ (والتحقق العددي يحدّد الإشارة مرة أخرى). و $L_2 = L_1(\beta_0)$، وهو تربيعي على $L_1$. **10.** $\gamma_0 + \gamma_1 = \zeta + \zeta^{16} + \zeta^{13} + \zeta^4 = \beta_0$. و $$ \gamma_0\gamma_1 = (\zeta + \zeta^{16})(\zeta^{13} + \zeta^4) = \zeta^{14} + \zeta^{5} + \zeta^{12} + \zeta^{3} = \beta_1 . $$ ومنه يحل $\gamma_0, \gamma_1$ المعادلةَ $Y^2 - \beta_0Y + \beta_1 = 0$؛ وعدديًا $\gamma_0 = 2\cos\frac{2\pi}{17} \approx 1.865 > \gamma_1 \approx 0.185$: أي $\gamma_0 = \frac{\beta_0 + \sqrt{\beta_0^2 - 4\beta_1}}2$. **11.** بالتسلسل: $$ \eta_0 = \frac{-1 + \sqrt{17}}2, \quad \beta_0 = \frac{\eta_0 + \sqrt{\eta_0^2 + 4}}2, \quad \beta_1 = \frac{\eta_1 + \sqrt{\eta_1^2 + 4}}2, \quad \cos\frac{2\pi}{17} = \frac{\beta_0 + \sqrt{\beta_0^2 - 4\beta_1}}4 . $$ وعدديًا: $\sqrt{17} \approx 4.1231$، $\eta_0 \approx 1.5616$، $\eta_1 \approx -2.5616$، $\beta_0 \approx 2.0494$، $\beta_1 \approx 0.3441$، $\beta_0^2 - 4\beta_1 \approx 2.8234$، و $\cos\frac{2\pi}{17} \approx \frac{2.0494 + 1.6803}4 \approx 0.93242$ — مقابل $\cos\frac{2\pi}{17} = 0.93247\dots$: والفرق الصغير ناتج عن التدوير في العروض الوسيطة؛ وبحمل عدد أكبر من الأرقام نستعيد $0.932472$. **12.** احتاج البناء إلى أن يكون $[L:\Q] = p - 1$ قوةً للعدد $2$، حتى توجد سلسلة كاملة من الزمر الجزئية ذات الدليل $2$. فإذا كان $p = 2^m + 1$ أوليًا وكان $m = ab$ حيث $a$ فردي $> 1$: فإن $x + 1 \mid x^a + 1$ عند $x = 2^b$ يبيّن أن $2^b + 1$ يقسم $p$ قسمةً فعلية — وهذا مستحيل. إذن $m$ قوة للعدد $2$: أي $p = 2^{2^t} + 1$، وهو *عدد فيرما أولي* ($3, 5, 17, 257, 65537$، …). وبالعكس، من أجل مثل هذا $p$، يكون $\varphi(p) = 2^{2^t}$ وتنطبق حجّة الأسئلة من 1 إلى 3 (أو [النتيجة 4.26](#cor-b3-galois-impossible)): فالمضلع المنتظم ذو $p$ ضلعًا قابل للإنشاء إذا وفقط إذا كان $p$ عددًا أوليًا لفيرما. **13.** يكون $\varphi(n)$ قوةً للعدد $2$ بالضبط حين يكون $n = 2^a p_1\cdots p_r$ بأعداد فيرما الأولية المتمايزة $p_i$ (بضربية $\varphi$؛ إذ تساهم قوة عدد أولي فردي $p^k$ مع $k \geq 2$ بالعامل $p \nmid 2^m$). ومن أجل $n \leq 20$، تكون المضلعات المنتظمة ذات $n$ ضلعًا [القابلة للإنشاء](#def-b3-galois-constructible) هي $$ n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20 $$ بالقيم الموافقة $$ \varphi(n) = 2,\ 2,\ 4,\ 2,\ 4,\ 4,\ 4,\ 8,\ 8,\ 16,\ 8 . $$ والمستحيلة هي $n = 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19$، حيث يكون للمقدار $\varphi(n) = 6, 6, 10, 12, 6, 6, 18$ عامل أولي فردي. **14.** تشكّل المربّعات صورةَ تشاكل التربيع على الزمرة الدائرية $(\Z/p\Z)^\times$، ودليلها $2$: أي $\frac{p-1}2$ مربّعًا و $\frac{p-1}2$ غير مربّع، ومنه فمجموع الرموز $0$. وعندئذٍ $$ \sum_{a=0}^{p-1}\zeta^{a^2} = 1 + 2\sum_{b \text{ مربع} \neq 0}\zeta^b = 1 + \sum_{b\neq0}\Bigl(1 + \Bigl(\frac bp\Bigr)\Bigr) \zeta^b = \sum_{b}\zeta^b + g = g, $$ باستعمال $1 + \bigl(\frac bp\bigr) = \#\{a : a^2 = b\}$ و $\sum_{b=0}^{p-1}\zeta^b = 0$. ومن أجل $p = 17$: فالمربّعات بترديد $17$ هي القوى الزوجية للمولّد $3$، أي الأُسس الظاهرة في $\eta_0$ (الجزء الثاني)، ومنه $g = \sum_{\text{زوجي }k}\zeta^{3^k} - \sum_{\text{فردي }k} \zeta^{3^k} = \eta_0 - \eta_1$. **15.** مع $b = c - a$ (حيث يمسح $a, b$ البواقي غير المعدومة، ويمسح $c = a + b$ جميع البواقي): $$ g^2 = \sum_c\zeta^c\sum_{a\neq0,\,a\neq c} \Bigl(\frac{a(c-a)}p\Bigr) . $$ من أجل $c = 0$: $\bigl(\frac{-a^2}p\bigr) = \bigl(\frac{-1}p\bigr)$، مجموعًا على $p - 1$ قيمة. ومن أجل $c \neq 0$: نعوّض $c - a = at$، أي $t = c/a - 1$؛ وحين يمسح $a$ البواقي غير المعدومة، يمسح $t$ تقابليًا البواقيَ $\neq -1$ (بالقلب: $a = c/(1 + t)$). ويصير الحد المجموع $\bigl(\frac{a^2t}p\bigr) = \bigl(\frac tp\bigr)$، و $$ \sum_{t \neq -1}\Bigl(\frac tp\Bigr) = -\Bigl(\frac{-1}p\Bigr) $$ (لأن المجموع الكامل ينعدم حسب السؤال 14). ومنه $$ g^2 = \Bigl(\frac{-1}p\Bigr)\Bigl[(p-1) - \sum_{c\neq0}\zeta^c\Bigr] = \Bigl(\frac{-1}p\Bigr)\,p = p^* , $$ باستعمال $\sum_{c\neq0}\zeta^c = -1$ ومحك أويلر $\bigl(\frac{-1}p\bigr) = (-1)^{(p-1)/2}$. ومن أجل $p = 17$: $(\eta_0 - \eta_1)^2 = (\eta_0 + \eta_1)^2 - 4\eta_0\eta_1 = 1 + 16 = 17$، وهو مطابق للجزء الثاني. **16.** يُظهر $g^2 = p^*$ أن $\sqrt{p^*} = \pm g \in \Q(\zeta_p)$، ومنه فإن $\Q(\sqrt{p^*})$ حقل جزئي تربيعي. وأما الوحدانية: فالحقول الجزئية من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $2$ توافق، [بتقابل غالوا](#thm-b3-galois-fundamental)، الزمرَ الجزئية ذات الدليل $2$ من الزمرة الدائرية $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_p)/\Q) \cong (\Z/p\Z)^\times$، ولزمرة دائرية ذات رتبة زوجية زمرة جزئية واحدة بالضبط من هذا النوع (وهي المربّعات). وكل حقل تربيعي هو $\Q(\sqrt{d})$ حيث $d$ خالٍ من العوامل المربّعة، وبتركيب الحقول $\Q(\sqrt{p^*})$ و $\Q(\iu) \subseteq \Q(\zeta_4)$ و $\Q(\sqrt2) \subseteq \Q(\zeta_8)$ داخل حقل مشترك $\Q(\zeta_N)$ نلتقط كل $\sqrt d$: وهي الحالة التربيعية من مبرهنة كرونيكر–فيبر. **17.** في أي حلقة تبديلية، $(x + y)^q = x^q + y^q + q(\cdots)$: إذ إن معاملات ذي الحدين $\binom qk$ مع $0 < k < q$ قابلة للقسمة على العدد الأولي $q$. وبالتكرار على حدود $g$ وعددها $p - 1$: $$ g^q \equiv \sum_{a}\Bigl(\frac ap\Bigr)^{q}\zeta^{aq} = \sum_a\Bigl(\frac ap\Bigr)\zeta^{aq} \pmod{q\Z[\zeta]}, $$ ($q$ فردي: فالرمز لا يتغيّر). ونعيد الترقيم $b = aq$: فنجد $a = q^{-1}b$ و $\bigl(\frac{q^{-1}b}p\bigr) = \bigl(\frac{q}p\bigr)\bigl(\frac bp\bigr)$ (بالضربية؛ و $\bigl(\frac{q^{-1}}p\bigr) = \bigl(\frac qp\bigr)$ لأن رمز المقلوب يساوي الرمز): ومنه $g^q \equiv \bigl(\frac qp\bigr)g$. **18.** لدينا $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} = g\,(p^*)^{(q-1)/2}$ بالضبط (السؤال 15)، ويعطي محك أويلر في $\Z$ أن $(p^*)^{(q-1)/2} \equiv \bigl(\frac{p^*}q\bigr) \pmod q$، ومنه بترديد $q\Z[\zeta]$: $g^q \equiv \bigl(\frac{p^*}q\bigr)g$. وبالمقارنة مع السؤال 17 وبالضرب في $g$: $$ \Bigl(\frac qp\Bigr)p^* \equiv \Bigl(\frac{p^*}q\Bigr)p^* \pmod{q\Z[\zeta]} . $$ وكلا الطرفين عدد صحيح ناطق؛ وفرقهما، وهو $0$ أو $\pm2p^*$، يقع في $q\Z[\zeta] \cap \Z = q\Z$ (فلعدد صحيح $m \in q\Z[\zeta]$ يكون $m/q \in \Q \cap \Z[\zeta] = \Z$، والأخيرة لأن $1, \zeta, \dots, \zeta^{p-2}$ أساسٌ على $\Q$ بإحداثيات ناطقة تُقرأ منها الصحّية). وبما أن $q \nmid 2p^*$ ($q$ فردي و $q \neq p$)، فإن الفرق $0$: أي $\bigl(\frac qp\bigr) = \bigl(\frac{p^*}q\bigr)$. **19.** بالضربية، $\bigl(\frac{p^*}q\bigr) = \bigl(\frac{-1}q\bigr)^{(p-1)/2}\bigl(\frac pq\bigr) = (-1)^{\frac{q-1}2\cdot\frac{p-1}2}\bigl(\frac pq\bigr)$، ومنه يُقرأ السؤال 18 على أنه $\bigl(\frac qp\bigr)\bigl(\frac pq\bigr) = (-1)^{\frac{p-1}2\frac{q-1}2}$: أي التقابل. تحقق $(17, 3)$: الأُسّ $\frac{16}2\cdot\frac22 = 8$ زوجي، ومنه يجب أن يتوافق الرمزان؛ والمربّعات بترديد $3$ هي $\{1\}$ و $17 \equiv 2$: ومنه $\bigl(\frac{17}3\bigr) = -1$؛ والمربّعات بترديد $17$ هي $\{1, 4, 9, 16, 8, 2, 15, 13\}$ والعدد $3$ غائب: ومنه $\bigl(\frac3{17}\bigr) = -1$. فالجداء $+1$، كما تنبّأنا. ومن أجل $x^2 \equiv 219 \pmod{383}$: $\bigl(\frac{219}{383}\bigr) = \bigl(\frac3{383}\bigr)\bigl(\frac{73}{383}\bigr)$. أولًا: $383 \equiv 3 \pmod4$ و $3 \equiv 3$: فيعطي التقابل $\bigl(\frac3{383}\bigr) = -\bigl(\frac{383}3\bigr) = -\bigl(\frac23\bigr) = -(-1) = +1$. وثانيًا: $73 \equiv 1 \pmod 4$: $\bigl(\frac{73}{383}\bigr) = \bigl(\frac{383}{73}\bigr) = \bigl(\frac{18}{73}\bigr) = \bigl(\frac2{73}\bigr)$ (لأن $18 = 2\cdot3^2$)، ويجعل $73 \equiv 1 \pmod 8$ العددَ $2$ مربّعًا بترديد $73$ (بالقانون التكميلي، القابل للبرهان بواسطة $g = \zeta_8 + \zeta_8^{-1} = \sqrt2$ في $\Q(\zeta_8)$ بالطريقة نفسها): أي $+1$. والمجموع $+1$: إذن المطابقة [قابلة للحل](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/1-group-theory#def-b3-groups-derived). **20.** وجود الجذر البدائي ووحدانيته: إذا كانت مجموعة دورات $w$ هي $\{d : w = u^{n/d},\ \abs u = d\}$، فإن أصغر $d_0$ من هذا النوع يقسم كل دور آخر $d$ (إذ إذا كان $w$ قوةً $d$ وقوةً $d'$ معًا، فهو قوة $\gcd(d, d')$: بمقارنة الحروف عند الأدلّة المتوافقة بترديد [القاسم المشترك الأكبر](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/2-rings-and-arithmetic#lem-b3-rings-bezout)، بواسطة بيزو)، وتكون الكتلة ذات الطول $d_0$ بدائية. وبترتيب الكلمات $q^n$ حسب طول جذرها البدائي: $q^n = \sum_{d \mid n}A(d)$. وبما أن $A$ و $d\,N_q(d)$ يحققان العلاقة التراجعية نفسها بالقيم نفسها من أجل $n = 1$ (فكلٌّ منهما يحدّد الآخر بالتراجع انطلاقًا من $q^n = \sum_{d\mid n}(\cdot)$)، فهما متساويان: أي $A(d) = d\,N_q(d)$. والتقابل: يعطي عنصر $\alpha$ من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$ الكلمةَ $w_\alpha$ لمعاملاته… أو أفضل، مباشرةً: فالعناصر ذات [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$ في $\overline{\mathbb F_q}$ هي جذور كثيرات الحدود غير القابلة للاختزال $N_q(d)$ من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$، ويساهم كلٌّ منها بجذوره $d$ المتمايزة (بالقابلية للفصل): أي $d\,N_q(d)$ عنصرًا من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $d$، مطابقًا للعدد $q^n = \sum_{d\mid n}\#\{ \text{عناصر الدرجة } d \text{ في } \mathbb F_{q^n}\}$ — وهو الغربال نفسه، مرةً على الكلمات ومرةً على عناصر الحقل. **21.** المبرهنة المساعدة: $\sum_{d \mid m}\mu(d) = \mathbf 1_{m=1}$. ومن أجل $m > 1$ نثبّت عددًا أوليًا $p \mid m$: فتتزاوج القواسم الخالية من العوامل المربّعة على الصورة $\{d, pd\}$ مع $p \nmid d$، ويكون $\mu(pd) = -\mu(d)$: فيلغي المجموع. وعندئذٍ، من أجل $f(n) = \sum_{e\mid n}g(e)$: $$ \sum_{d \mid n}\mu(d)\,f\bigl(\tfrac nd\bigr) = \sum_{d \mid n}\mu(d)\!\!\sum_{e \mid n/d}\!\!g(e) = \sum_{e \mid n}g(e)\!\!\sum_{d \mid n/e}\!\!\mu(d) = g(n) . $$ ومع $f(n) = q^n$ و $g(n) = nN_q(n)$ ([التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6)): $N_q(n) = \frac1n\sum_{d\mid n}\mu(d)\,q^{n/d}$. **22.** الحد الموافق للقاسم $d = 1$ هو $q^n$؛ ولكل حد آخر $\abs{\mu(d)q^{n/d}} \leq q^{n/2}$، وبتقدير فجّ $\sum_{d \mid n, d > 1}q^{n/d} \leq \sum_{j \leq n/2}q^j < 2q^{n/2}$ (بمتسلسلة هندسية، $q \geq 2$). ومنه $nN_q(n) > q^n - 2q^{n/2} \geq 0$ من أجل $n \geq 1$: أي توجد كثيرات حدود غير قابلة للاختزال من كل درجة، ويُعاد بناء $\mathbb F_q[X]/(\pi) = \mathbb F_{q^n}$ — وجودٌ مع إحصاء. ونسبة كثيرات الحدود غير القابلة للاختزال بين كثيرات الحدود الواحدية $q^n$ من [الدرجة](#def-b3-galois-extension) $n$ هي $\frac1n(1 + O(q^{-n/2}))$: أي مبرهنة الأعداد الأولية للحلقة $\mathbb F_q[X]$، حيث يلعب $n$ دور $\log x$. ومن أجل $q = 2$، تطابق الأعداد $2, 1, 2, 3$ الواردة في [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) الصيغةَ: مثلًا $N_2(4) = \frac14(2^4 - 2^2) = 3$. **23.** في الزمرة الأبيلية الضربية للدوال الكسرية غير المعدومة على $\mathbb F_q$، نضع $F(n) = X^{q^n} - X$ و $G(n) = \prod_{\deg\pi = n}\pi$؛ ويقول [التمرين 4.6](#exo-b3-galois-6) إن $F(n) = \prod_{d\mid n}G(d)$. وتعطي حجّة موبيوس في السؤال 21، مكتوبةً ضربيًا (إذ تُجمع الأُسس تمامًا كما جُمعت المجاميع)، أن $G(n) = \prod_{d \mid n}F(d)^{\mu(n/d)}$. ومن أجل $q = 2$ و $n = 2$: $G(2) = \frac{X^4 - X}{X^2 - X} = \frac{X(X^3 - 1)}{X(X - 1)} = X^2 + X + 1$، وهو كثير الحدود التربيعي الوحيد غير القابل للاختزال على $\mathbb F_2$، كما يجب. **24.** لدينا $\omega^2 = \iu$ و $\omega^{-2} = -\iu$، ومنه $g^2 = \omega^2 + 2 + \omega^{-2} = 2$. وبحلم المبتدئ في الحلقة التبديلية $\Z[\omega]/q\Z[\omega]$: $g^q = (\omega + \omega^{-1})^q \equiv \omega^q + \omega^{-q}$. وتتعلق قيمة $\omega^q + \omega^{-q}$ بالمقدار $q \bmod 8$ وحده: فمن أجل $q \equiv \pm1$، $\omega^q + \omega^{-q} = \omega^{\pm1} + \omega^{\mp1} = g$؛ ومن أجل $q \equiv \pm3$، باستعمال $\omega^4 = -1$ و $\omega^{3} = -\omega^{-1}$ و $\omega^{-3} = -\omega$، نجد $\omega^q + \omega^{-q} = -g$. ومن جهة أخرى $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} = g\,2^{(q-1)/2} \equiv \bigl(\frac2q\bigr) g \pmod{q\Z[\omega]}$ بمحك أويلر بترديد $q$. وبالمقارنة والضرب في $g$: $2\bigl(\frac2q\bigr) \equiv \pm2 \pmod{q\Z[\omega]}$؛ ولو اختلفت الإشارتان لقسم $q$ العددَ $4$ في $\Z[\omega]$، ومنه في $\Z$ ($q\Z[\omega] \cap \Z = q\Z$: بالإحداثيات على الأساس $1, \omega, \omega^2, \omega^3$)، وهذا مستحيل من أجل $q$ فردي. إذن $\bigl(\frac2q\bigr) = +1$ إذا وفقط إذا كان $q \equiv \pm1 \pmod 8$. وفحص الزوجية: يعطي $q = 8k \pm 1$ أن $(q^2 - 1)/8 = 2k(4k \pm 1)$، وهو زوجي؛ ويعطي $q = 8k \pm 3$ أن $(q^2 - 1)/8 = 8k^2 \pm 6k + 1$، وهو فردي: ومنه فإن الصيغة $(-1)^{(q^2-1)/8}$ تُرمّز انقسام الحالات. وعدديًا: $3^2 = 9 \equiv 2 \pmod 7$ (لأن $7 \equiv -1$)، $6^2 = 36 \equiv 2 \pmod{17}$ (لأن $17 \equiv 1$)؛ والمربّعات بترديد $3$ هي $\{0, 1\}$ وبترديد $5$ هي $\{0, 1, 4\}$، ولا تحتوي أيٌّ منهما على $2$ (لأن $3 \equiv 3$ و $5 \equiv -3 \pmod 8$). **25.** كل كثير حدود واحدي $f \in \mathbb F_q[X]$ يتفكّك بطريقة وحيدة على الصورة $\prod_\pi\pi^{e_\pi}$ على كثيرات الحدود الواحدية غير القابلة للاختزال: وبالترتيب حسب [الدرجة](#def-b3-galois-extension)، $$ \sum_{f \text{ واحدي}}t^{\deg f} = \prod_\pi\ \sum_{e \geq 0}t^{e\deg\pi} = \prod_\pi\bigl(1 - t^{\deg\pi}\bigr)^{-1} = \prod_{n \geq 1}\bigl(1 - t^n\bigr)^{-N_q(n)}, $$ وجميع الجداءات مشروعة $t$-اديًا (إذ لا تمسّ معاملَ $t^m$ سوى الدرجات $\leq m$، وعدد كثيرات الحدود غير القابلة للاختزال من كل درجة منتهٍ). والطرف الأيسر هو $\sum_m q^mt^m = (1 - qt)^{-1}$: أي المتطابقة. وبأخذ اللوغاريتمات: $-\log(1 - qt) = \sum_m\frac{q^m}mt^m$، بينما $\sum_nN_q(n)\bigl(-\log(1 - t^n)\bigr) = \sum_nN_q(n)\sum_k\frac{t^{nk}}k$؛ ويعطي معامل $t^m$ أن $\frac{q^m}m = \sum_{dk = m} \frac{N_q(d)}k = \frac1m\sum_{d \mid m}d\,N_q(d)$، أي $q^m = \sum_{d\mid m}d\,N_q(d)$. وتحقق يدوي، $q = 2$، معامل $t^2$: $N_2(1) = 2$ و $N_2(2) = 1$، ومعامل $t^2$ في $(1 - t)^{-2}(1 - t^2)^{-1} = (1 + 2t + 3t^2 + \dots)(1 + t^2 + \dots)$ هو $3 + 1 = 4 = 2^2$. وأخيرًا، بصيغة السؤال 21 مع القواسم $1, 2, 3, 6$: $$ N_2(6) = \tfrac16\bigl(2^6 - 2^3 - 2^2 + 2\bigr) = \tfrac{54}6 = 9, $$ وبالفعل $1\cdot2 + 2\cdot1 + 3\cdot2 + 6\cdot9 = 2 + 2 + 6 + 54 = 64 = 2^6$.