4Perluasan Lapangan dan Teori Galois

Bukti. Membangun: $x \in M$ ditulis $x = \sum_j \lambda_jf_j$ ($\lambda_j \in L$), dan setiap $\lambda_j = \sum_i \mu_{ij}e_i$ ($\mu_{ij} \in K$): sehingga $x = \sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j$. Bebas: $\sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j = 0$ ditulis ulang menjadi $\sum_j (\sum_i \mu_{ij}e_i)f_j = 0$; jumlah di dalamnya terletak di $L$, sehingga lenyap (sebab $f_j$ bebas atas $L$); lalu semua $\mu_{ij} = 0$ (sebab $e_i$ bebas atas $K$). ∎

Bukti. Pemasukan nilai $K[X] \to L$, $P \mapsto P(\alpha)$, berpeta $K[\alpha]$ dan berkernel $(\pi_\alpha)$; karena $\pi_\alpha$ tak tereduksi, $K[X]/(\pi_\alpha)$ merupakan lapangan (Proposisi 2.4: di dalam DIU $K[X]$, unsur tak tereduksi membangun ideal maksimal), sehingga $K[\alpha]$ menjadi lapangan yang memuat $K$ dan $\alpha$: jadi ia sama dengan $K(\alpha)$. Kelas $1, X, \dots, X^{d-1}$ membentuk basis kuosiennya (lewat pembagian Euclid), dan dari sinilah basis dan derajatnya. Sebaliknya jika $[L:K] = n < \infty$: maka $1, \alpha, \dots, \alpha^n$ bergantung, sehingga memberikan polinomial penghapus; lalu $[K(\alpha):K] = \deg\pi_\alpha$ membagi $n$ menurut hukum menara. ∎

Bukti. $K(\alpha, \beta) = (K(\alpha))(\beta)$ berhingga atas $K(\alpha)$ (sebab $\beta$ aljabar atas $K \subseteq K(\alpha)$) dan $K(\alpha)/K$ berhingga: menurut hukum menara $[K(\alpha,\beta):K] < \infty$, sehingga setiap unsur $K(\alpha, \beta)$ — termasuk keempat unsur yang disebut — bersifat aljabar (Teorema 4.4). Ketransitifannya: jika $\beta$ aljabar atas $L$ dan $L/K$ bersifat aljabar, maka koefisien $c_0, \dots, c_{m-1}$ dari $\pi_{\beta/L}$ membangun perluasan berhingga $F = K(c_0, \dots, c_{m-1})$ atas $K$ (lewat hukum menara berulang), dan $F(\beta)/F$ berhingga: jadi $[F(\beta):K] < \infty$, sehingga $\beta$ aljabar atas $K$. ∎

Bukti. Keberadaannya, lewat induksi pada $\deg P$: ambil sebuah faktor tak tereduksi $Q$ dari $P$; lapangan $K_1 = K[X]/(Q)$ memuat akar $\alpha_1 = \bar X$ dari $Q$, dan karenanya dari $P$; tulis $P = (X - \alpha_1)P_1$ atas $K_1$ lalu terapkan induksi pada $P_1$ atas $K_1$; derajatnya berkalian menjadi paling banyak $n(n-1)\cdots = n!$.

Ketunggalannya menyusul dari lema perluasan isomorfisma yang lebih kuat: misalkan $\sigma \colon K \to K'$ sebuah isomorfisma, $P \in K[X]$, $P^\sigma$ polinomial yang koefisiennya terpetakan, dan $L, L'$ lapangan pemecah $P, P^\sigma$; maka $\sigma$ dapat diperluas menjadi isomorfisma $L \to L'$. Induksi pada $[L:K]$: jika $P$ terpecah di $K$, maka $L = K$, dan $L' = K'$ (sebab $P^\sigma$ terpecah di $K'$, sedangkan $L'$ dibangun oleh akarnya). Jika tidak, pilihlah sebuah akar $\alpha \in L \setminus K$ dari faktor tak tereduksi $Q$ dari $P$ dengan $\deg Q \geq 2$; lalu $Q^\sigma$ merupakan faktor tak tereduksi $P^\sigma$ yang berakar $\beta \in L'$; maka

memperluas $\sigma$ dengan $\alpha \mapsto \beta$. Sekarang $L$ merupakan lapangan pemecah $P$ atas $K(\alpha)$, dan $L'$ lapangan pemecah $P^\sigma$ atas $K'(\beta)$, dengan $[L : K(\alpha)] < [L:K]$: induksinya memperluasnya lebih jauh menjadi $L \to L'$. ∎

Bukti. Keberadaan (konstruksi Artin). Misalkan $R = K[(X_f)_f]$ ring polinomial dengan satu variabel $X_f$ untuk setiap $f \in K[X]$ monik tak konstan, dan $I$ ideal yang dibangun oleh semua $f(X_f)$. Ideal $I$ bersifat sejati: sebab relasi $1 = \sum_{i=1}^r g_i\, f_i(X_{f_i})$ hanya melibatkan berhingga polinomial; di dalam lapangan pemecah persekutuan $E$ bagi $f_1\cdots f_r$ pilihlah akar $\alpha_i$ dari $f_i$ lalu masukkan $X_{f_i} \mapsto \alpha_i$ (variabel lainnya $\mapsto 0$): diperoleh $1 = 0$, mustahil. Misalkan $\mathfrak m \supseteq I$ maksimal (Teorema 2.8; lewat Zorn) dan $K_1 = R/\mathfrak m$: sebuah perluasan lapangan $K$ yang di dalamnya setiap $f \in K[X]$ tak konstan berakar, yakni $\bar X_f$, dan yang bersifat aljabar atas $K$ (sebab ia dibangun oleh $\bar X_f$ yang masing-masing aljabar). Iterasikan: $K \subseteq K_1 \subseteq K_2 \subseteq \cdots$, dengan $K_{n+1}$ berlaku terhadap $K_n$ seperti $K_1$ terhadap $K$, lalu misalkan $\Omega = \bigcup_n K_n$, sebuah lapangan. Sembarang $g \in \Omega[X]$ tak konstan mempunyai koefisien yang berhingga banyaknya di suatu $K_n$; faktor tak tereduksi $g$ atas $K_n$ berakar di $K_{n+1} \subseteq \Omega$: jadi $\Omega$ tertutup secara aljabar, dan aljabar atas $K$ (sebab setiap $K_n$ demikian, lewat ketransitifan, Akibat 4.5): jadi $\Omega$ merupakan penutup aljabar.

Ketunggalan. Misalkan $\Omega, \Omega'$ dua penutup aljabar. Tinjau himpunan pasangan $(E, \tau)$ dengan $K \subseteq E \subseteq \Omega$ dan $\tau\colon E \to \Omega'$ berupa pembenaman-$K$, yang diurutkan menurut perluasan; himpunan itu tak kosong (memuat $(K, \mathrm{id})$) dan induktif (gabungan sebuah rantai), sehingga lema Zorn memberikan $(E_0, \tau_0)$ yang maksimal. Jika $E_0 \neq \Omega$, pilihlah $\alpha \in \Omega\setminus E_0$: maka $\pi_{\alpha/E_0}$ terpetakan menjadi polinomial atas $\tau_0(E_0)$ yang berakar $\beta$ di dalam $\Omega'$ yang tertutup secara aljabar, sehingga $\tau_0$ dapat diperluas ke $E_0(\alpha) \to \Omega'$ (dengan $\alpha \mapsto \beta$), dan itu bertentangan dengan kemaksimalan. Jadi ada pembenaman-$K$ $\tau \colon \Omega \to \Omega'$; petanya, yang isomorfik dengan $\Omega$, tertutup secara aljabar, dan $\Omega'$ bersifat aljabar atasnya: sebab untuk $x \in \Omega'$, $\pi_{x/\tau(\Omega)}$ terpecah atas $\tau(\Omega)$, sehingga $x \in \tau(\Omega)$. Dengan demikian $\tau$ surjektif: jadi sebuah isomorfisma. ∎

Bukti. (1) Lapangan berhingga $E$ berkarakteristik $p > 0$ dan merupakan ruang vektor-$\mathbb F_p$ berdimensi berhingga: jadi $\abs E = p^n$. Grup multiplikatifnya berorde $q - 1$, sehingga setiap $x \in E$ memenuhi $x^q = x$: berarti $E$ terdiri atas $q$ akar $X^q - X$, sehingga menjadi lapangan pemecahnya atas $\mathbb F_p$ — dan ini menentukan $E$ sampai isomorfisma (Teorema 4.7). Sebaliknya, di dalam lapangan pemecah $L$ bagi $X^q - X$, himpunan $E$ berisi akarnya merupakan sublapangan: sebab $(x + y)^q = x^q + y^q$ lewat pengiterasian mimpi mahasiswa baru $(a+b)^p = a^p + b^p$ (karena $p \mid \binom pk$), dan $(xy)^q = x^qy^q$, $(x^{-1})^q = (x^q)^{-1}$; unsurnya tepat $q$ sebab $X^q - X$ bersifat separabel: turunannya $qX^{q-1} - 1 = -1$ (sebab $p \mid q$), yang relatif prima dengannya, sehingga tak ada akar berulang. Jadi $L = E$ beranggota $q$ unsur.

(2) $F$ adalah morfisma lapangan (lewat mimpi mahasiswa baru), yang injektif (karena lapangan), sehingga bijektif pada $\mathbb F_q$ yang berhingga. Berlaku $F^n = \mathrm{id}$ (sebab $x^q = x$), dan tak ada pangkat lebih kecil yang menjadi identitas: sebab $F^m = \mathrm{id}$ berarti seluruh $q$ unsurnya menjadi akar $X^{p^m} - X$, yang memaksa $p^m \geq q$. Jadi $\langle F\rangle$ bersifat siklik berorde $n$; dan tak ada automorfisma lain, menurut batas $\abs{\operatorname{Aut}} \leq [\,\mathbb F_q : \mathbb F_p\,] = n$ yang dibuktikan di bawah (Proposisi 4.16 dengan $L = \mathbb F_q$, $K = \mathbb F_p$: sebab automorfisma menetapkan lapangan primanya).

(3) Jika $\mathbb F_{p^m} \subseteq \mathbb F_{p^n}$, maka hukum menara memberikan $p^n = (p^m)^d$: jadi $m \mid n$. Sebaliknya jika $m \mid n$, maka $p^m - 1 \mid p^n - 1$ (lewat jumlah geometri), sehingga $X^{p^m} - X$ membagi $X^{p^n} - X$ (argumen yang sama pada eksponennya: $X^{a} - 1 \mid X^{b} - 1$ bila $a \mid b$), dan akar polinomial pertama yang berada di dalam $\mathbb F_{p^n}$ membentuk sublapangan yang diminta, berkardinalitas $p^m$ (dengan separabilitas seperti pada (1)). ∎

Bukti. Misalkan $G \leq K^\times$ berhingga. Menurut teorema struktur (Akibat 3.13), $G \cong \Z/d_1 \times \dots \times \Z/d_s$ dengan $d_1 \mid \dots \mid d_s$. Setiap $x \in G$ lalu memenuhi $x^{d_s} = 1$; padahal $X^{d_s} - 1$ berakar paling banyak $d_s$ di lapangan $K$: sehingga $\abs G = d_1\cdots d_s \leq d_s$, dan itu memaksa $s = 1$: jadi $G$ siklik. ∎

Bukti. FPB $\gcd(P, P')$ membagi $P$; jika nilainya bukan $1$, maka ketaktereduksian memaksa $\gcd = P$ (sampai pada sebuah konstanta), sehingga $P \mid P'$ dengan $\deg P' < \deg P$: jadi $P' = 0$. Dengan menulis $P = \sum a_kX^k$: berlaku $ka_k = 0$ untuk setiap $k$, sehingga pada karakteristik $0$, $P$ menjadi konstan (yang dikecualikan); sedangkan pada karakteristik $p$, $a_k = 0$ kecuali bila $p \mid k$: jadi $P = Q(X^p)$. Atas lapangan berhingga, setiap unsur merupakan pangkat ke-$p$ (sebab Frobenius surjektif), sehingga $Q(X^p) = \sum b_k^p X^{pk} = (\sum b_kX^k)^p$ tidak tak tereduksi: jadi $P' = 0$ juga tak mungkin terjadi bagi $P$ yang tak tereduksi di sana. ∎

Bukti. Induksi pada $[L:K]$ lewat langkah sederhana. Untuk $L = K(\alpha)$: sebuah perluasan $\tau$ ditentukan oleh $\tau(\alpha)$, yang haruslah sebuah akar di $\Omega$ dari $\pi_\alpha^\sigma$; sebaliknya setiap akar demikian memberikan satu perluasan (sebab $K(\alpha) \cong K[X]/(\pi_\alpha)$). Banyaknya perluasan sama dengan banyaknya akar berbeda $\pi_\alpha^\sigma$ di $\Omega$: paling banyak $\deg\pi_\alpha = [K(\alpha):K]$, dengan kesamaan jika dan hanya jika $\pi_\alpha$ separabel (separabilitas $\pi^\sigma$ dan $\pi$ bersesuaian: FPB dengan turunannya terpelihara oleh $\sigma$). Secara umum, faktorkan $L = K(\alpha_1)(\alpha_2, \dots)$: perluasan $\sigma$ ke $K(\alpha_1)$ berjumlah $\leq [K(\alpha_1):K]$, dan masing-masing meluas dalam $\leq [L : K(\alpha_1)]$ cara menurut induksi; lalu kalikan (lewat hukum menara). Pada kasus separabel kedua cacahan itu menjadi kesamaan: sebab polinomial minimal atas lapangan $K(\alpha_1)$ yang lebih besar membagi polinomial minimal atas $K$, sehingga tetap separabel. ∎

Bukti. Jika $K$ berhingga, maka $L$ pun berhingga, dan sebuah pembangun $\gamma$ dari grup siklik $L^\times$ (Teorema 4.12) sudah mencukupi. Misalkan $K$ tak berhingga; lewat induksi cukup ditangani kasus $L = K(\alpha, \beta)$. Misalkan $n = [L:K]$; menurut Proposisi 4.16 ada $n$ pembenaman-$K$ berbeda $\sigma_1, \dots, \sigma_n \colon L \to \Omega$ (dengan $\Omega$ sebuah penutup aljabar). Polinomial

tidak nol secara identik: sebab sebuah faktornya lenyap secara identik hanya jika $\sigma_i, \sigma_j$ bersesuaian baik pada $\alpha$ maupun $\beta$, sehingga pada $L$ — dan itu dikecualikan untuk $i \neq j$. Karena $K$ tak berhingga, pilihlah $c \in K$ dengan $D(c) \ne 0$: maka $n$ unsur $\sigma_i(\alpha + c\beta)$ berbeda berpasangan, sehingga $\gamma = \alpha + c\beta$ mempunyai paling sedikit $n$ konjugat berbeda di $\Omega$, yakni $\deg \pi_\gamma \geq n$: dan $[K(\gamma):K] \geq n = [L:K]$ memaksa $L = K(\gamma)$. ∎

Bukti. Misalkan $L$ memecah polinomial separabel $P$ atas $K$, dan tetapkan sebuah penutup aljabar $\Omega \supseteq L$. Perluasan $L/K$ bersifat separabel: sebab ia dibangun oleh akar $P$; separabilitas setiap unsurnya menyusul dari kasus kesamaan di bawah, tetapi mari kita berargumen langsung — Proposisi 4.16 yang diterapkan pada pembangunnya (yaitu akar polinomial separabel $P$, yang polinomial minimalnya membagi $P$) melahirkan tepat $[L:K]$ perluasan dari $K \hookrightarrow \Omega$ (pada langkah induktifnya, polinomial minimal sebuah akar $P$ atas lapangan antara tetap membagi $P$, sehingga tetap separabel). Setiap pembenaman $\tau \colon L \to \Omega$ semacam itu mempermutasikan akar $P$ (sebab $\tau$ menetapkan koefisiennya), dan $L$ dibangun olehnya: jadi $\tau(L) = L$. Karena itu pembenaman $=$ automorfisma: $\abs{\operatorname{Gal}(L/K)} = [L:K]$. Untuk lapangan antara $F$: $L$ juga lapangan pemecah $P$ atas $F$, dan $P$ tetap separabel: jadi $L/F$ bersifat Galois; argumen yang sama memberikan kenormalan atas $F$. ∎

Bukti. Misalkan $n = \abs G$, $G = \{\sigma_1, \dots, \sigma_n\}$, dan andaikan $x_1, \dots, x_{n+1} \in L$ bebas linear atas $K$. Sistem linear homogen dengan $n$ persamaan dan $n+1$ variabel $(c_j)$ atas $L$,

mempunyai penyelesaian tak nol; pilihlah satu yang entri tak nolnya paling sedikit, katakanlah $c_1, \dots, c_r \neq 0$ (setelah dinomori ulang), $r \geq 2$ (sebab satu $c_j\sigma_i(x_j) = 0$ tunggal mustahil), yang dinormalkan $c_r = 1$. Tidak semua $c_j$ terletak di $K$: sebab persamaan untuk $\sigma_i = \mathrm{id}$ akan bertentangan dengan kebebasannya; katakanlah $c_1 \notin K$, sehingga $\tau(c_1) \ne c_1$ untuk suatu $\tau \in G$. Terapkan $\tau$ pada semua persamaannya: karena $\tau\sigma_i$ menjelajahi $G$, vektor $(\tau(c_j))_j$ merupakan penyelesaian lain; setelah dikurangkan, $(c_j - \tau(c_j))_j$ menjadi penyelesaian dengan entri tak nol yang lebih sedikit (sebab entri ke-$r$ menjadi $1 - 1 = 0$, sedangkan entri pertamanya tidak) dan tidak nol: kontradiksi. Jadi sembarang $n+1$ unsur bergantung: $[L:K] \leq n$. ∎

Bukti. (1) Jelas $K \subseteq L^G$. Sebaliknya misalkan $\alpha \in L \setminus K$; kita tampilkan $\sigma \in G$ dengan $\sigma(\alpha) \ne \alpha$. Polinomial minimal $\pi_\alpha$ atas $K$ berderajat $\geq 2$ dan bersifat separabel (sebab $L/K$ separabel, Proposisi 4.19), sehingga ia berakar lain $\beta \neq \alpha$ di sebuah penutup aljabar $\Omega \supseteq L$. Perluaslah pembenaman-$K$ $K(\alpha) \to \Omega$, $\alpha \mapsto \beta$, menjadi pembenaman $\tau\colon L \to \Omega$ (Proposisi 4.16); menurut kenormalan (Proposisi 4.19) $\tau(L) = L$, sehingga $\tau \in G$, $\beta = \tau(\alpha) \in L$, dan $\tau(\alpha) \neq \alpha$.

(2) Untuk sebuah subgrup $H$: $L/L^H$ bersifat Galois (Proposisi 4.19), dan $\operatorname{Gal}(L/L^H) \supseteq H$ secara trivial, sehingga $[L:L^H] = \abs{\operatorname{Gal}(L/L^H)} \geq \abs H$; sedangkan lema Artin memberikan $[L:L^H] \leq \abs H$: jadi terjadi kesamaan, dan $\operatorname{Gal}(L/L^H) = H$. Untuk lapangan antara $F$: $L/F$ yang Galois memberikan $L^{\operatorname{Gal}(L/F)} = F$ menurut (1) yang diterapkan pada $L/F$. Kedua pemetaan itu saling invers; dan jelas keduanya membalik inklusi. Derajatnya: $[L:L^H] = \abs H$ baru saja dibuktikan, dan $[L^H:K] = [L:K]/[L:L^H] = \abs G/\abs H$.

(3) Untuk $\sigma \in G$ dan $H \leq G$: $\sigma(L^H) = L^{\sigma H\sigma^{-1}}$ (lewat pemeriksaan langsung). Menurut bijeksinya, $\sigma(L^H) = L^H$ untuk setiap $\sigma$ jika dan hanya jika $H \trianglelefteq G$. Sekarang jika $H \trianglelefteq G$, tetapkan $F = L^H$: setiap $\sigma \in G$ terbatas menjadi automorfisma $F$, sehingga memberikan morfisma $\rho \colon G \to \operatorname{Aut}_K(F)$ dengan kernel $\{\sigma : \sigma\restriction_F = \mathrm{id}\} = \operatorname{Gal}(L/F) = H$. Jadi $G/H$ terbenam di $\operatorname{Aut}_K(F)$, sehingga $\abs{\operatorname{Aut}_K(F)} \geq [G:H] = [F:K]$; sedangkan ketaksamaan sebaliknya selalu berlaku (Proposisi 4.16): jadi $\abs{\operatorname{Aut}_K(F)} = [F:K]$ dan $\rho$ surjektif. Tersisa menunjukkan bahwa $F/K$ bersifat Galois: $F$ separabel atas $K$ (karena berada di dalam $L/K$ yang separabel), dan $F = K(\gamma)$ (Teorema 4.17); polinomial $\prod_{\sigma \in G/H}\bigl(X - \sigma(\gamma)\bigr)$ (hasil kali atas peta yang berbeda, yang terletak di $F$ sebab $\sigma(F) = L^{\sigma H\sigma^{-1}} = L^H = F$ menurut kenormalan $H$) mempunyai koefisien yang ditetapkan $G$, sehingga terletak di $K$ menurut (1): jadi ia polinomial separabel di $K[X]$ yang dipecah oleh $F$, dan akarnya membangun $F$: jadi $F/K$ bersifat Galois. Sebaliknya, jika $F = L^H$ dengan $F/K$ Galois, maka kenormalan $F$ (Proposisi 4.19, yang diterapkan pada pembenaman $F \to \Omega$ hasil pembatasan unsur $G$) memberikan $\sigma(F) = F$ untuk setiap $\sigma \in G$, yakni $H \trianglelefteq G$. ∎

Bukti. Misalkan $f = \pi_{\zeta_n}$, sehingga $\Phi_n = fg$ dengan $f, g \in \Z[X]$ monik (lewat lema Gauss Lema 2.23: kandungannya berkalian, dan semua polinomialnya monik). Klaim: jika $\zeta$ akar $f$ dan $p \nmid n$ bilangan prima, maka $\zeta^p$ juga akar $f$. Kalau tidak, $\zeta^p$ menjadi akar $g$ (sebab ia akar satuan primitif ke-$n$), sehingga $\zeta$ menjadi akar $g(X^p)$, dan $f \mid g(X^p)$ di $\Z[X]$ (lewat polinomial minimal, lalu lema Gauss lagi). Reduksikan modulo $p$: $\bar g(X^p) = \bar g(X)^p$ (lewat Frobenius pada $\mathbb F_p[X]$: koefisien demi koefisien $a^p = a$, ditambah mimpi mahasiswa baru), sehingga $\bar f \mid \bar g^{\,p}$: jadi $\bar f$ dan $\bar g$ berbagi faktor tak tereduksi, dan $\bar\Phi_n = \bar f\bar g$ mempunyai faktor berulang. Maka demikian pula $X^n - \bar 1$; padahal turunannya $\bar nX^{n-1}$ relatif prima dengannya (sebab $p \nmid n$, dan $0$ bukan akarnya): kontradiksi.

Setiap akar primitif $\zeta_n^k$ (dengan $\gcd(k, n) = 1$) diperoleh dari $\zeta_n$ lewat pangkat prima berturutan yang tak membagi $n$ (faktorkan $k$): jadi klaimnya merambat, sehingga setiap akar primitif menjadi akar $f$: berarti $f = \Phi_n$, yang tak tereduksi. Akibatnya $[\Q(\zeta_n):\Q] = \varphi(n)$, dan $\Q(\zeta_n)$ merupakan lapangan pemecah polinomial separabel $X^n - 1$ (sebab semua akarnya pangkat $\zeta_n$): jadi Galois. Sebuah automorfisma $\sigma$ mengirim $\zeta_n$ ke akar primitif lain $\zeta_n^{a(\sigma)}$, dan $\sigma \mapsto a(\sigma)$ merupakan morfisma injektif ke dalam $(\Z/n\Z)^\times$; kedua grup itu berorde $\varphi(n)$: jadi isomorfisma. ∎

Bukti. ($\Rightarrow$) Koordinat perpotongan dua garis melalui titik yang koordinatnya di sublapangan $F \subseteq \R$ menyelesaikan sistem linear atas $F$: jadi koordinatnya tetap di $F$. Perpotongan garis–lingkaran dan lingkaran–lingkaran menghasilkan, setelah bagian linearnya dilenyapkan (mengurangkan kedua persamaan lingkaran memberikan sebuah garis), sebuah persamaan kuadrat atas $F$: sehingga koordinat barunya terletak di $F$ atau di $F(\sqrt d)$ untuk suatu $d \in F$, $d > 0$. Lewat induksi, setiap titik terlukis berkoordinat di sebuah menara perluasan kuadrat atas $\Q$; dan $z = x + \iu y$ juga berada di menara kuadrat (tambahkan $\iu$: satu langkah kuadrat lagi). Akibat pada derajatnya: $[\Q(z):\Q]$ membagi $[F_r : \Q] = 2^r$ (lewat hukum menara).

($\Leftarrow$) Bilangan yang dapat dilukis membentuk sebuah lapangan: jumlah dan selisihnya lewat jajargenjang (garis sejajar dapat dilukis: turunkan lalu naikkan garis tegak lurus dua kali — garis tegak lurus klasik melalui sebuah titik memakai satu lingkaran dan dua busur); hasil kali dan hasil baginya lewat konfigurasi perbandingan Thales (diberikan panjang $a, b$, lukislah $ab$ dan $a/b$ dengan segitiga sebangun pada dua sinar garis). Dan lapangan itu tertutup terhadap akar kuadrat: untuk $a > 0$, lingkaran berdiameter $1 + a$ beserta garis tegak lurus pada titik sambungnya berpotongan pada ketinggian $\sqrt a$ (hubungan rata-rata geometri pada garis tinggi segitiga siku-siku); sedangkan untuk bilangan kompleks $w = \rho\eu^{\iu\theta}$, lukislah $\sqrt\rho$ lalu bagilah dua $\theta$ (sudut dapat dibagi dua dengan jangka). Karena itu bagian real dan imajiner unsur sebuah menara kuadrat dapat dilukis lewat induksi pada menaranya: sebab setiap langkahnya menambahkan akar sebuah polinomial kuadrat, yang dapat dinyatakan lewat operasi lapangan dan satu akar kuadrat dari bilangan yang sudah terlukis (lewat rumus kuadrat; pada karakteristik $0$). ∎