---
title: "Perluasan Lapangan dan Teori Galois"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 4
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois
---

# Bab 4 — Perluasan Lapangan dan Teori Galois

Dapatkah setiap persamaan diselesaikan dengan [radikal](#def-b3-galois-radical), sebagaimana disarankan rumus kuadrat dan rumus kubik Cardano? Dapatkah sebuah sudut dibagi tiga dengan penggaris dan jangka? Kedua pertanyaan itu, yang terbuka berabad-abad, dijawab — secara negatif — oleh satu gagasan Évariste [Galois](#def-b3-galois-galois): kaitkan pada setiap polinomial sebuah *grup* berhingga berisi simetri akarnya, lalu bacalah jawabannya pada grup itu. Bab ini membangun kamusnya: [perluasan lapangan](#def-b3-galois-extension) beserta [derajatnya](#def-b3-galois-extension), [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) dan [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure), [lapangan berhingga](#thm-b3-galois-finitefields) (sebuah teori yang lengkap — beserta kesiklikan $\mathbb F_q^\times$ yang telah dijanjikan), separabilitas, lalu [korespondensi Galois](#thm-b3-galois-fundamental) itu sendiri, dengan bukti penuh. Panennya: kemustahilan konstruksi klasik, struktur lapangan siklotomik, dan ketakterselesaian persamaan berderajat lima dengan [radikal](#def-b3-galois-radical) — kesederhanaan $A_5$ pada [Bab 1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#ch-b3-groups) yang akhirnya mengenai sasarannya.

## 4.1 Perluasan, derajat, dan kealjabaran

**Definisi 4.1.**

Sebuah *perluasan lapangan* $L/K$ adalah lapangan $L$ yang memuat $K$ sebagai sublapangan; lalu $L$ menjadi ruang vektor-$K$, dan *derajat* $[L:K]$ adalah dimensinya. Perluasan itu disebut *berhingga* jika $[L:K] <
\infty$. *Karakteristik* sebuah lapangan adalah pembangun $\geq 0$ dari kernel $\Z \to K$, $n \mapsto n\cdot 1$: nilainya $0$ atau sebuah bilangan prima $p$; sejalan dengan itu $K$ memuat sublapangan terkecil (*lapangan prima*) yang isomorfik dengan $\Q$ atau dengan $\mathbb
F_p = \Z/p\Z$.

**Teorema 4.2 (Hukum menara).**

Jika $K \subseteq L \subseteq M$, maka $[M:K] = [M:L]\,[L:K]$: jika $(e_i)$ basis $L$ atas $K$ dan $(f_j)$ basis $M$ atas $L$, maka $(e_if_j)$ merupakan basis $M$ atas $K$.

**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 $K$). ∎

**Definisi 4.3.**

Misalkan $L/K$ dan $\alpha \in L$. Jika ada $P \in K[X]$ tak nol dengan $P(\alpha) = 0$, maka $\alpha$ disebut *aljabar* atas $K$; pembangun monik $\pi_\alpha$ dari [ideal](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-ideal) $\{P : P(\alpha) = 0\}$ di $K[X]$ disebut *polinomial minimalnya*, yaitu polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) (sebab $\pi = QR$ dengan $Q(\alpha) = 0$ memaksa $R$ konstan menurut keminimalan [derajatnya](#def-b3-galois-extension)). Jika tidak, $\alpha$ disebut *transenden*. Kita tulis $K(\alpha)$ untuk sublapangan terkecil $L$ yang memuat $K$ dan $\alpha$, serta $K[\alpha]$ untuk subring terkecilnya.

**Teorema 4.4.**

Jika $\alpha$ bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K$ dengan $d = \deg\pi_\alpha$, maka

$$
K(\alpha) = K[\alpha] \cong K[X]/(\pi_\alpha),
\qquad [K(\alpha) : K] = d,
$$

dengan basis $1, \alpha, \dots, \alpha^{d-1}$. Sebaliknya, jika $[L:K] < \infty$, maka setiap $\alpha \in L$ bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) dengan [derajat](#def-b3-galois-extension) $\deg \pi_\alpha$ yang membagi $[L:K]$.

**Bukti.** Pemasukan nilai $K[X] \to L$, $P \mapsto P(\alpha)$, berpeta $K[\alpha]$ dan berkernel $(\pi_\alpha)$; karena $\pi_\alpha$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility), $K[X]/(\pi_\alpha)$ merupakan *lapangan* ([Proposisi 2.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#prop-b3-rings-primemaximal): di dalam [DIU](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-pidufd) $K[X]$, [unsur tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) membangun [ideal maksimal](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-primemaximal)), 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](#def-b3-galois-extension). 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](#thm-b3-galois-tower). ∎

**Akibat 4.5.**

Jika $\alpha, \beta$ bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K$, maka demikian pula $\alpha \pm
\beta$, $\alpha\beta$, $\alpha/\beta$ (dengan $\beta \ne 0$): jadi unsur $L$ yang [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K$ membentuk sublapangan $L$. Lebih lanjut kealjabaran bersifat transitif: [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas yang [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) tetaplah [aljabar](#def-b3-galois-algebraic).

**Bukti.** $K(\alpha, \beta) = (K(\alpha))(\beta)$ berhingga atas $K(\alpha)$ (sebab $\beta$ [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K \subseteq K(\alpha)$) dan $K(\alpha)/K$ berhingga: menurut [hukum menara](#thm-b3-galois-tower) $[K(\alpha,\beta):K] <
\infty$, sehingga setiap unsur $K(\alpha, \beta)$ — termasuk keempat unsur yang disebut — bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) ([Teorema 4.4](#thm-b3-galois-simple)). Ketransitifannya: jika $\beta$ [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $L$ dan $L/K$ bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic), 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](#thm-b3-galois-tower) berulang), dan $F(\beta)/F$ berhingga: jadi $[F(\beta):K] < \infty$, sehingga $\beta$ [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K$. ∎

**Contoh 4.6.**

$[\Q(\sqrt2):\Q] = 2$, $[\Q(\sqrt[3]2):\Q] = 3$ (sebab $X^3 - 2$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) menurut [Eisenstein](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria)), $[\Q(\zeta_p):\Q] = p - 1$ untuk $\zeta_p = \eu^{2\iu\pi/p}$ (sebab $\Phi_p$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility), [Contoh 2.26](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#ex-b3-rings-eisenstein)). [Hukum menara](#thm-b3-galois-tower) sudah menjadi senjata: $\sqrt[3]2 \notin \Q(\sqrt2)$, sebab $3 \nmid 2$.

## 4.2 Lapangan pemecah; penutup aljabar

**Teorema 4.7 (Lapangan pemecah).**

Misalkan $P \in K[X]$ tak konstan. Terdapat sebuah *lapangan pemecah* bagi $P$ atas $K$: yaitu perluasan $L =
K(\alpha_1, \dots, \alpha_n)$ yang dibangun oleh akar $P$ dan yang di dalamnya $P$ terpecah atas faktor linear. Lapangan itu tunggal sampai pada isomorfisma-$K$, dan $[L:K] \leq (\deg P)!$.

**Bukti.** *Keberadaannya*, lewat induksi pada $\deg P$: ambil sebuah faktor [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) $Q$ 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](#def-b3-galois-extension) 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](#thm-b3-galois-splitting) $P, P^\sigma$; 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) $Q$ dari $P$ dengan $\deg Q \geq 2$; lalu $Q^\sigma$ merupakan faktor [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) $P^\sigma$ yang berakar $\beta \in L'$; maka

$$
K(\alpha) \cong K[X]/(Q) \xrightarrow{\ \sigma\ }
K'[X]/(Q^\sigma) \cong K'(\beta)
$$

memperluas $\sigma$ dengan $\alpha \mapsto \beta$. Sekarang $L$ merupakan [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $P$ atas $K(\alpha)$, dan $L'$ [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $P^\sigma$ atas $K'(\beta)$, dengan $[L : K(\alpha)] < [L:K]$: induksinya memperluasnya lebih jauh menjadi $L \to L'$. ∎

**Definisi 4.8.**

Sebuah lapangan $\Omega$ disebut *tertutup secara aljabar* jika setiap polinomial tak konstan di $\Omega[X]$ berakar di $\Omega$ (sehingga terpecah). Sebuah *penutup aljabar* bagi $K$ adalah perluasan [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) $\bar K/K$ dengan $\bar K$ tertutup secara [aljabar](#def-b3-galois-algebraic).

**Teorema 4.9 (Steinitz).**

Setiap lapangan $K$ mempunyai [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure), yang tunggal sampai pada isomorfisma-$K$.

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-ideal) yang dibangun oleh semua $f(X_f)$. [Ideal](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-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](#thm-b3-galois-splitting) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-krull); lewat Zorn) dan $K_1 = R/\mathfrak
m$: sebuah [perluasan lapangan](#def-b3-galois-extension) $K$ yang di dalamnya setiap $f \in
K[X]$ tak konstan berakar, yakni $\bar X_f$, dan yang bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K$ (sebab ia dibangun oleh $\bar X_f$ yang masing-masing [aljabar](#def-b3-galois-algebraic)). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) $g$ atas $K_n$ berakar di $K_{n+1} \subseteq
\Omega$: jadi $\Omega$ [tertutup secara aljabar](#def-b3-galois-closure), dan [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $K$ (sebab setiap $K_n$ demikian, lewat ketransitifan, [Akibat 4.5](#cor-b3-galois-algclosed)): jadi $\Omega$ merupakan [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure).

*Ketunggalan.* Misalkan $\Omega, \Omega'$ dua [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure). 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](#def-b3-galois-closure), 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](#def-b3-galois-closure), dan $\Omega'$ bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) 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. ∎

**Catatan 4.10.**

Untuk $K = \Q$ mesin transfinit itu dapat dihindari: bilangan [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) $\bar\Q = \{z \in \C : z \text{ aljabar atas
} \Q\}$ membentuk sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure) — yaitu sublapangan $\C$ menurut [Akibat 4.5](#cor-b3-galois-algclosed), yang [tertutup secara aljabar](#def-b3-galois-closure) karena $\C$ demikian (d’Alembert–Gauss, yang dibuktikan lewat analisis kompleks pada [Bab 16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#ch-b3-holomorphic)) dan karena akar polinomial atas $\bar\Q$ bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) atas $\Q$ menurut ketransitifan.

## 4.3 Lapangan berhingga

**Teorema 4.11.**

Misalkan $p$ prima, $n \geq 1$, dan $q = p^n$.

1. [Lapangan berhingga](#thm-b3-galois-finitefields) berkardinalitas pangkat prima, dan untuk setiap $q$ ada tepat satu lapangan $\mathbb F_q$ dengan $q$ unsur sampai isomorfisma: yaitu [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $X^q - X$ atas $\mathbb F_p$ .
2. *Frobenius* $F  \colon x \mapsto x^p$ merupakan automorfisma $\mathbb  F_q$ , dan grup automorfisma $\mathbb F_q$ bersifat siklik berorde $n$ , dibangun oleh $F$ .
3. $\mathbb F_{p^m}$ terbenam di $\mathbb F_{p^n}$ jika dan hanya jika $m \mid  n$ .

**Bukti.** (1) [Lapangan berhingga](#thm-b3-galois-finitefields) $E$ 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](#thm-b3-galois-splitting) atas $\mathbb F_p$ — dan ini menentukan $E$ sampai isomorfisma ([Teorema 4.7](#thm-b3-galois-splitting)). Sebaliknya, di dalam [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $L$ 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](#def-b3-galois-separable): 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](#prop-b3-galois-embeddings) 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](#thm-b3-galois-tower) 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)). ∎

**Teorema 4.12 (Kesiklikan).**

Setiap subgrup berhingga dari grup multiplikatif sebuah lapangan bersifat siklik. Khususnya $\mathbb F_q^\times \cong
\Z/(q-1)\Z$.

**Bukti.** Misalkan $G \leq K^\times$ berhingga. Menurut teorema struktur ([Akibat 3.13](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/3-modul-atas-daerah-ideal-utama#cor-b3-modules-abelian)), $G \cong \Z/d_1 \times \dots
\times \Z/d_s$ 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. ∎

**Contoh 4.13.**

$\mathbb F_8 = \mathbb F_2[X]/(X^3 + X + 1)$: polinomial kubik itu tak berakar di $\mathbb F_2$, sehingga [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility). Dengan menulis $\omega =
\bar X$: $\mathbb F_8^\times$ siklik berorde $7$, sehingga *setiap* unsur $\neq 0, 1$ membangunnya. Sublapangan $\mathbb F_{p^{12}}$ membentuk kisi pembagi $12$: $\mathbb F_p, \mathbb F_{p^2}, \mathbb F_{p^3}, \mathbb F_{p^4},
\mathbb F_{p^6}, \mathbb F_{p^{12}}$ — contoh pertama yang lengkap bagi [korespondensi Galois](#thm-b3-galois-fundamental).

## 4.4 Separabilitas dan pembenaman

**Definisi 4.14.**

Sebuah polinomial $P \in K[X]$ disebut *separabel* jika ia tak berakar berulang di sebuah [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) — setara dengan $\gcd(P, P') = 1$ (sebab akar berulang menjadi akar persekutuan; sebaliknya, atas [lapangan pemecahnya](#thm-b3-galois-splitting), akar persekutuan bersifat berulang; dan FPB-nya tak berubah di bawah [perluasan lapangan](#def-b3-galois-extension), lewat argumen [Akibat 3.17](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/3-modul-atas-daerah-ideal-utama#cor-b3-modules-descent)). [Unsur aljabar](#def-b3-galois-algebraic) disebut separabel jika [polinomial minimalnya](#def-b3-galois-algebraic) separabel; dan perluasan $L/K$ disebut separabel jika semua unsurnya separabel.

**Proposisi 4.15.**

Polinomial *[tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility)* $P \in K[X]$ bersifat [separabel](#def-b3-galois-separable) kecuali jika $P' = 0$, yang memaksa $\operatorname{char} K = p > 0$ dan $P \in K[X^p]$. Akibatnya setiap perluasan [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) dari lapangan berkarakteristik $0$, dan dari [lapangan berhingga](#thm-b3-galois-finitefields), bersifat [separabel](#def-b3-galois-separable) (lapangan semacam itu disebut *sempurna*).

**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](#thm-b3-galois-finitefields), setiap unsur merupakan pangkat ke-$p$ (sebab [Frobenius](#thm-b3-galois-finitefields) surjektif), sehingga $Q(X^p) = \sum b_k^p X^{pk} = (\sum
b_kX^k)^p$ tidak [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility): jadi $P' = 0$ juga tak mungkin terjadi bagi $P$ yang [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) di sana. ∎

**Proposisi 4.16 (Mencacah pembenaman).**

Misalkan $L = K(\alpha_1, \dots, \alpha_r)$ berhingga atas $K$, dan $\sigma \colon K \to \Omega$ sebuah pembenaman ke dalam lapangan yang [tertutup secara aljabar](#def-b3-galois-closure). Maka banyaknya perluasan $\sigma$ ke $L$ paling banyak $[L:K]$, dengan kesamaan bila $L/K$ [separabel](#def-b3-galois-separable). Khususnya $\abs{\operatorname{Aut}_K(L)} \leq [L:K]$.

**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](#def-b3-galois-separable) (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](#thm-b3-galois-tower)). Pada kasus [separabel](#def-b3-galois-separable) kedua cacahan itu menjadi kesamaan: sebab polinomial minimal atas lapangan $K(\alpha_1)$ yang lebih besar membagi polinomial minimal atas $K$, sehingga tetap [separabel](#def-b3-galois-separable). ∎

**Teorema 4.17 (Unsur primitif).**

Setiap perluasan *[separabel](#def-b3-galois-separable)* yang berhingga bersifat sederhana: $L =
K(\gamma)$ untuk suatu $\gamma$.

**Bukti.** Jika $K$ berhingga, maka $L$ pun berhingga, dan sebuah pembangun $\gamma$ dari grup siklik $L^\times$ ([Teorema 4.12](#thm-b3-galois-cyclic)) sudah mencukupi. Misalkan $K$ tak berhingga; lewat induksi cukup ditangani kasus $L =
K(\alpha, \beta)$. Misalkan $n = [L:K]$; menurut [Proposisi 4.16](#prop-b3-galois-embeddings) ada $n$ pembenaman-$K$ berbeda $\sigma_1, \dots, \sigma_n \colon L \to \Omega$ (dengan $\Omega$ sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure)). Polinomial

$$
D(T)=\prod_{i<j}\bigl[\bigl(\sigma_i(\alpha)-\sigma_j(\alpha)
\bigr) + T\bigl(\sigma_i(\beta) - \sigma_j(\beta)\bigr)\bigr]
$$

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 $L = K(\gamma)$. ∎

## 4.5 Korespondensi Galois

**Definisi 4.18.**

Perluasan berhingga $L/K$ disebut *Galois* jika ia merupakan [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) sebuah polinomial *[separabel](#def-b3-galois-separable)* atas $K$. *Grup Galois* $L/K$ adalah $\operatorname{Gal}(L/K) = \operatorname{Aut}_K(L)$, yaitu grup automorfisma lapangan $L$ yang menetapkan $K$ titik demi titik.

**Proposisi 4.19.**

Jika $L/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois), maka $\abs{\operatorname{Gal}(L/K)} =
[L:K]$; lebih lanjut $L/F$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) untuk setiap lapangan antara $K
\subseteq F \subseteq L$, dan setiap pembenaman-$F$ $L \to \Omega
\supseteq L$ berpeta $L$ (*kenormalan*).

**Bukti.** Misalkan $L$ memecah [polinomial separabel](#def-b3-galois-separable) $P$ atas $K$, dan tetapkan sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure) $\Omega \supseteq L$. Perluasan $L/K$ bersifat [separabel](#def-b3-galois-separable): sebab ia dibangun oleh akar $P$; separabilitas setiap unsurnya menyusul dari kasus kesamaan di bawah, tetapi mari kita berargumen langsung — [Proposisi 4.16](#prop-b3-galois-embeddings) yang diterapkan pada pembangunnya (yaitu akar [polinomial separabel](#def-b3-galois-separable) $P$, yang [polinomial minimalnya](#def-b3-galois-algebraic) 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](#def-b3-galois-separable)). 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](#thm-b3-galois-splitting) $P$ atas $F$, dan $P$ tetap [separabel](#def-b3-galois-separable): jadi $L/F$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois); argumen yang sama memberikan kenormalan atas $F$. ∎

**Lema 4.20 (Artin).**

Misalkan $G$ grup berhingga berisi automorfisma sebuah lapangan $L$ dan $K = L^G = \{x : \sigma(x) = x\ \forall\sigma \in G\}$ lapangan tetapnya. Maka $[L : L^G] \leq \abs G$.

**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 $L$,

$$
\sum_{j=1}^{n+1} c_j\,\sigma_i(x_j) = 0
\qquad (i = 1, \dots, n),
$$

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: $[L:K]
\leq n$. ∎

**Teorema 4.21 (Teorema fundamental teori Galois).**

Misalkan $L/K$ sebuah [perluasan Galois](#def-b3-galois-galois) dengan grup $G =
\operatorname{Gal}(L/K)$.

1. $L^G = K$ .
2. Pemetaan $H \mapsto L^H$ dan $F \mapsto  \operatorname{Gal}(L/F)$ saling invers, dan keduanya bijeksi yang membalik inklusi antara subgrup $G$ dan lapangan antara $K \subseteq F \subseteq L$ ; lebih lanjut $[L : L^H] = \abs H$ dan $[L^H : K] = [G : H]$ .
3. $H \trianglelefteq G$ jika dan hanya jika $L^H/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) , dan lalu pembatasannya menginduksikan $\operatorname{Gal}(L^H/K) \cong  G/H$ .

**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](#def-b3-galois-separable) (sebab $L/K$ [separabel](#def-b3-galois-separable), [Proposisi 4.19](#prop-b3-galois-galoisorder)), sehingga ia berakar lain $\beta \neq \alpha$ di sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure) $\Omega \supseteq L$. Perluaslah pembenaman-$K$ $K(\alpha) \to \Omega$, $\alpha \mapsto
\beta$, menjadi pembenaman $\tau\colon L \to \Omega$ ([Proposisi 4.16](#prop-b3-galois-embeddings)); menurut kenormalan ([Proposisi 4.19](#prop-b3-galois-galoisorder)) $\tau(L) = L$, sehingga $\tau \in
G$, $\beta = \tau(\alpha) \in L$, dan $\tau(\alpha) \neq
\alpha$.

(2) Untuk sebuah subgrup $H$: $L/L^H$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) ([Proposisi 4.19](#prop-b3-galois-galoisorder)), 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](#def-b3-galois-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](#def-b3-galois-extension): $[L:L^H] = \abs H$ 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](#prop-b3-galois-embeddings)): jadi $\abs{\operatorname{Aut}_K(F)} = [F:K]$ dan $\rho$ surjektif. Tersisa menunjukkan bahwa $F/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois): $F$ [separabel](#def-b3-galois-separable) atas $K$ (karena berada di dalam $L/K$ yang [separabel](#def-b3-galois-separable)), dan $F = K(\gamma)$ ([Teorema 4.17](#thm-b3-galois-primitive)); 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](#def-b3-galois-separable) di $K[X]$ yang dipecah oleh $F$, dan akarnya membangun $F$: jadi $F/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois). Sebaliknya, jika $F = L^H$ dengan $F/K$ [Galois](#def-b3-galois-galois), maka kenormalan $F$ ([Proposisi 4.19](#prop-b3-galois-galoisorder), yang diterapkan pada pembenaman $F \to \Omega$ hasil pembatasan unsur $G$) memberikan $\sigma(F) = F$ untuk setiap $\sigma \in G$, yakni $H
\trianglelefteq G$. ∎

![Korespondensi Galois untuk lapangan pemecah L dari X3 - 2 atas ℚ (j = 2 π/3): subgrup Gal(L/ℚ) S_3 (kiri, urutannya dibalik) berpadanan dengan lapangan antara (kanan). Satu-satunya subgrup normal sejati (1\,2\,3) bersesuaian dengan satu-satunya subperluasan ℚ( √3)/ℚ yang bersifat Galois; sedangkan ketiga subgrup sekawan (i\,j) bersesuaian dengan ketiga lapangan kubik sekawan ℚ(jk√(3)2), yang tak satu pun normal atas ℚ.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-galois/fig-94b147c908a8.svg)

*[Korespondensi Galois](#thm-b3-galois-fundamental) untuk [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $L$ dari $X^3 - 2$ atas $\Q$ ($j = \eu^{2\iu\pi/3}$): subgrup $\operatorname{Gal}(L/\Q) \cong S_3$ (kiri, urutannya dibalik) berpadanan dengan lapangan antara (kanan). Satu-satunya [subgrup normal](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-normal) sejati $\langle(1\,2\,3)\rangle$ bersesuaian dengan satu-satunya subperluasan $\Q(\iu\sqrt3)/\Q$ yang bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois); sedangkan ketiga subgrup sekawan $\langle(i\,j)\rangle$ bersesuaian dengan ketiga lapangan kubik sekawan $\Q(j^k\sqrt[3]2)$, yang tak satu pun normal atas $\Q$.*

## 4.6 Perluasan siklotomik

**Definisi 4.22.**

Misalkan $n \geq 1$ dan $\zeta_n = \eu^{2\iu\pi/n}$. Yang disebut *polinomial siklotomik* ke-$n$ adalah $\Phi_n = \prod_{\gcd(k,n)=1,\ 1 \le k \le n} \bigl(X -
\zeta_n^k\bigr)$, yang berderajat $\varphi(n)$; dengan mengelompokkan akar $X^n - 1$ menurut orde eksaknya, $X^n - 1 = \prod_{d \mid n}\Phi_d$, dan ini menunjukkan secara induktif bahwa $\Phi_n \in \Z[X]$ (lewat pembagian Euclid polinomial bulat yang monik).

**Teorema 4.23.**

Polinomial $\Phi_n$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) atas $\Q$; karena itu $[\Q(\zeta_n) : \Q] =
\varphi(n)$ dan

$$
\operatorname{Gal}\bigl(\Q(\zeta_n)/\Q\bigr) \;\cong\;
(\Z/n\Z)^\times,
\qquad \sigma_a(\zeta_n) = \zeta_n^a .
$$

Dengan demikian perluasan $\Q(\zeta_n)/\Q$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) dengan grup *abelian*.

**Bukti.** Misalkan $f = \pi_{\zeta_n}$, sehingga $\Phi_n = fg$ dengan $f, g \in \Z[X]$ monik (lewat lema Gauss [Lema 2.23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#lem-b3-rings-gauss): 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](#thm-b3-galois-finitefields) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility). Akibatnya $[\Q(\zeta_n):\Q] = \varphi(n)$, dan $\Q(\zeta_n)$ merupakan [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) [polinomial separabel](#def-b3-galois-separable) $X^n - 1$ (sebab semua akarnya pangkat $\zeta_n$): jadi [Galois](#def-b3-galois-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. ∎

## 4.7 Penggaris dan jangka

**Definisi 4.24.**

Kenalilah bidang dengan $\C$; mulailah dari $\{0, 1\}$. Sebuah titik disebut *dapat dilukis* jika ia diperoleh lewat berhingga perpotongan garis melalui dua titik yang sudah terlukis dan lingkaran berpusat di titik terlukis dengan jari-jari berupa jarak dua titik terlukis.

**Teorema 4.25 (Wantzel).**

Bilangan $z \in \C$ [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) jika dan hanya jika ada menara $\Q = F_0
\subseteq F_1 \subseteq \dots \subseteq F_r$ dengan $[F_{i+1} :
F_i] = 2$ dan $z \in F_r$. Khususnya, [bilangan yang dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic) dengan [derajat](#def-b3-galois-extension) berupa pangkat $2$ atas $\Q$.

**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](#def-b3-galois-extension): $[\Q(z):\Q]$ membagi $[F_r : \Q] = 2^r$ (lewat [hukum menara](#thm-b3-galois-tower)).

($\Leftarrow$) [Bilangan yang dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) membentuk sebuah lapangan: jumlah dan selisihnya lewat jajargenjang (garis sejajar [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible): 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](#def-b3-galois-constructible) 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 $0$). ∎

**Akibat 4.26.**

Ketiga soal klasik berikut tak [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) dengan penggaris dan jangka:

1. *Penggandaan kubus* : $\sqrt[3]2$ berderajat $3$ , bukan pangkat $2$ .
2. *Pembagian tiga sudut* : membagi tiga $60^\circ$ memerlukan $\cos 20^\circ$ , yaitu akar polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) $8X^3  - 6X - 1$ : berderajat $3$ .
3. *Pengkuadratan lingkaran* : $\sqrt\pi$ bersifat transenden (sebab $\pi$ demikian — teorema Lindemann, yang di sini diterima tanpa bukti: pembuktiannya termasuk kuliah teori transendensi).

Selain itu, segi-$n$ beraturan [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) jika dan hanya jika $\varphi(n)$ berupa pangkat $2$ (Gauss–Wantzel; arah “jika” memakai metode soal akhir pekan, sedangkan arah “hanya jika” adalah [Teorema 4.25](#thm-b3-galois-wantzel) yang diterapkan pada $\zeta_n$, yang berderajat $\varphi(n)$). Untuk $n = 7$: $\varphi(7) = 6$, sehingga segi tujuh beraturan mustahil; untuk $n = 17$: $\varphi(17) = 16 = 2^4$, sehingga [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) — dan soal akhir pekan melukisnya.

**Bukti.** (1) $X^3 - 2$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) (menurut [Eisenstein](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria)). (2) Dari $\cos
3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ dengan $3\theta =
60^\circ$: diperoleh $8c^3 - 6c = 1$ untuk $c = \cos 20^\circ$; polinomial kubik $8X^3 - 6X - 1$ tak berakar rasional (calonnya $\pm1, \pm\frac
12, \pm\frac14, \pm\frac18$ semuanya gagal), sehingga [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility): berderajat $3$. Sudut $60^\circ$ umum [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible), sehingga alat pembagi tiga akan melukis $c$. (3) Seandainya $\sqrt\pi$ [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible), ia akan bersifat [aljabar](#def-b3-galois-algebraic), sehingga $\pi$ pun demikian. Untuk pernyataan segi-$n$: [derajat](#def-b3-galois-extension) $\zeta_n$ adalah $\varphi(n)$ ([Teorema 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred)); keperluannya menyusul dari Wantzel; sedangkan untuk kecukupannya, grup Galoisnya, yang abelian berorde $2^m$, mempunyai rantai subgrup berindeks $2$ (dan grup-$2$ berhingga memang demikian: [Latihan 1.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#exo-b3-groups-10)), yang lapangan tetapnya membentuk menara kuadrat yang berakhir di $\Q(\zeta_n)$ ([Teorema 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)); lalu simpulkan dengan [Teorema 4.25](#thm-b3-galois-wantzel). ∎

## 4.8 Keterselesaian dengan radikal

**Definisi 4.27.**

Sebuah perluasan $L/K$ (dengan karakteristik $0$ sepanjang bagian ini) disebut *radikal* jika ada menara $K = F_0 \subseteq \dots
\subseteq F_r = L$ dengan $F_{i+1} = F_i(\alpha_i)$ dan $\alpha_i^{n_i} \in F_i$: jadi setiap langkahnya menambahkan akar ke-$n_i$. Sebuah polinomial $P \in K[X]$ disebut *terselesaikan dengan radikal* jika [lapangan pemecahnya](#thm-b3-galois-splitting) termuat di suatu perluasan radikal atas $K$.

**Lema 4.28.**

Misalkan $K$ memuat akar satuan primitif ke-$n$ bernama $\zeta$, yakni $\zeta$ berorde $n$ di $K^\times$, dan $a \in K^\times$. Maka $K(\sqrt[n]a)/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) dengan grup *siklik*. Sebaliknya — meski tak diperlukan di bawah — setiap perluasan siklik berderajat $n$ berbentuk demikian. Lebih lanjut $K(\zeta_n)/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) dengan grup *abelian*, untuk $K$ berkarakteristik $0$ mana pun.

**Bukti.** Polinomial $X^n - a$ bersifat [separabel](#def-b3-galois-separable) (lihat $\gcd$ dengan $nX^{n-1}$: sebab $a \neq 0$) dan terpecah di $K(\alpha)$ dengan $\alpha^n = a$: akarnya adalah $\zeta^k\alpha \in K(\alpha)$. Jadi $K(\alpha)/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois); pemetaan $\sigma \mapsto \sigma(\alpha)/\alpha \in \mu_n = \langle
\zeta\rangle$ merupakan morfisma injektif (sebab $\sigma\tau(\alpha) =
\sigma(\tau(\alpha)/\alpha \cdot \alpha) =
\tau(\alpha)/\alpha\cdot\sigma(\alpha)$, karena hasil baginya terletak di $K$), ke dalam sebuah grup siklik: jadi $\operatorname{Gal}$ siklik. Kebalikannya adalah teori Kummer, yang tak akan kita perlukan (lihat catatan di bawah). Untuk $K(\zeta_n)$: ia memecah [polinomial separabel](#def-b3-galois-separable) $X^n -
1$, dan $\sigma \mapsto a(\sigma)$ dengan $\sigma(\zeta_n) =
\zeta_n^{a(\sigma)}$ membenamkan grupnya ke dalam $(\Z/n\Z)^\times$ yang abelian seperti pada [Teorema 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred) (keinjektifannya hanya menuntut $\zeta_n$ membangun akar satuan yang terlibat). ∎

**Teorema 4.29 (Galois).**

Misalkan $K$ berkarakteristik $0$ dan $P \in K[X]$ berlapangan pemecah $L$. Jika $P$ [terselesaikan dengan radikal](#def-b3-galois-radical), maka $\operatorname{Gal}(L/K)$ merupakan [grup terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived). (Kebalikannya juga benar; kita tak akan memerlukannya.)

**Bukti.** Langkah 1: *perbesar menara [radikalnya](#def-b3-galois-radical) menjadi menara [Galois](#def-b3-galois-galois).* Misalkan $L
\subseteq M$ dengan $M/K$ [radikal](#def-b3-galois-radical), dengan eksponen akar $n_1, \dots,
n_r$ dan $n = n_1\cdots n_r$. Pertama tambahkan $\zeta_n$: menara $K \subseteq K(\zeta_n) \subseteq M(\zeta_n)$ tetap [radikal](#def-b3-galois-radical) (sebab $\zeta_n$ akar satuan: sebuah langkah [radikal](#def-b3-galois-radical), $\zeta_n^n = 1$), dan langkahnya setelah yang pertama terjadi atas lapangan yang memuat akar satuan yang diperlukan. Berikutnya, gantilah $M(\zeta_n)$ dengan komposit $N$ dari semua $\sigma(M(\zeta_n))$, dengan $\sigma$ menjelajahi pembenaman-$K$ dari $M(\zeta_n)$ (yang berhingga banyaknya) ke dalam sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure) tetap: maka $N$ merupakan [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) hasil kali polinomial minimal sebuah himpunan pembangun (pada karakteristik $0$: berhingga dan [separabel](#def-b3-galois-separable)), sehingga $N/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois); dan $N$ bersifat [radikal](#def-b3-galois-radical) atas $K$: sebab setiap $\sigma(M(\zeta_n))$ [radikal](#def-b3-galois-radical) atas $K$ (terapkan $\sigma$ pada sebuah menara [radikal](#def-b3-galois-radical)), dan komposit perluasan [radikal](#def-b3-galois-radical) juga [radikal](#def-b3-galois-radical) (sambungkan menaranya: jika $F'/K$ bersifat [radikal](#def-b3-galois-radical) dengan menara yang menambahkan $\beta_j$, maka langkah bertipe $F''(\beta_j)$ tetap [radikal](#def-b3-galois-radical) atas basis yang lebih besar mana pun).

Langkah 2: *bacalah [keterselesaiannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) pada menara [Galois](#def-b3-galois-galois) itu.* Jadi andaikan $L \subseteq N$, dengan $N/K$ [Galois](#def-b3-galois-galois) dan [radikal](#def-b3-galois-radical) bermenara $K
\subseteq K(\zeta_n) = E_0 \subseteq E_1 \subseteq \dots
\subseteq E_s = N$, dengan setiap $E_{i+1} = E_i(\sqrt[n_i]{a_i})$ dan $\zeta_{n_i} \in E_0 \subseteq E_i$. Misalkan $G =
\operatorname{Gal}(N/K)$ dan $G_i = \operatorname{Gal}(N/E_i)$: maka terbentuk rantai menurun $G \supseteq G_0 \supseteq G_1 \supseteq
\dots \supseteq G_s = \{e\}$. Setiap $E_{i+1}/E_i$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) dengan grup siklik ([Lema 4.28](#lem-b3-galois-cyclicsteps)), sehingga menurut teorema fundamental yang diterapkan pada [perluasan Galois](#def-b3-galois-galois) $N/E_i$ ([Teorema 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)(3), dengan grup lingkungannya $G_i$): $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ dengan $G_i/G_{i+1} \cong
\operatorname{Gal}(E_{i+1}/E_i)$ yang siklik. Demikian pula $E_0/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) dengan grup abelian $G/G_0$ ([Lema 4.28](#lem-b3-galois-cyclicsteps)). Rantai itu menampilkan $G$ sebagai [grup terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) ([Proposisi 1.29](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#prop-b3-groups-derived)). Akhirnya $\operatorname{Gal}(L/K)$ merupakan *[grup kuosien](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#thm-b3-groups-quotient)* dari $G$: sebab $L/K$ bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) ($P$ [separabel](#def-b3-galois-separable) pada karakteristik $0$) dan pembatasan $G
\to \operatorname{Gal}(L/K)$ bersifat surjektif ([Teorema 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)(3) dengan $H =
\operatorname{Gal}(N/L)$); dan [grup kuosien](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#thm-b3-groups-quotient) dari [grup terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) juga [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived). ∎

**Akibat 4.30 (Ketakterselesaian persamaan berderajat lima).**

Ada polinomial berderajat $5$ atas $\Q$ yang tidak [terselesaikan dengan radikal](#def-b3-galois-radical): misalnya $X^5 - 4X + 2$, yang grup Galoisnya $S_5$ ([Latihan 4.11](#exo-b3-galois-11)), sebuah grup tak [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) ([Akibat 1.34](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#cor-b3-groups-snnotsolvable)). Jadi tak ada rumus umum dalam [radikal](#def-b3-galois-radical) untuk [derajat](#def-b3-galois-extension) $\geq 5$.

**Catatan 4.31.**

Kebalikan [Teorema 4.29](#thm-b3-galois-solvable) — bahwa [grup Galois](#def-b3-galois-galois) yang [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) mengakibatkan [keterselesaian](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) dengan [radikal](#def-b3-galois-radical) — dibuktikan dengan menuruni deret [komutatornya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) dan menunjukkan bahwa setiap perluasan siklik (dengan cukup akar satuan) bersifat [radikal](#def-b3-galois-radical), lewat *resolven Lagrange*; hal itu menjelaskan mengapa [derajat](#def-b3-galois-extension) $2, 3, 4$ mempunyai rumus: sebab $S_2, S_3, S_4$ [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) ([Contoh 1.30](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#ex-b3-groups-solvableexamples)). Kita terima tanpa bukti pada tingkat ini; pembahasan penuhnya termasuk kuliah magister, tetapi [Latihan 4.8](#exo-b3-galois-8) membuatnya konkret untuk kasus kubik.

## 4.9 Latihan

**Latihan 4.1 ★.**

Tunjukkan $[\Q(\sqrt2, \sqrt3):\Q] = 4$, bahwa $\Q(\sqrt2 + \sqrt3) =
\Q(\sqrt2, \sqrt3)$, lalu hitunglah polinomial minimal $\sqrt2 + \sqrt3$ atas $\Q$.

**Solusi Latihan 4.1.**

$\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$: sebab dari $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ (dengan $a, b
\in \Q$), pengkuadratannya memberikan $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$, sehingga $ab =
0$; lalu $b = 0$ membuat $\sqrt3$ rasional, sedangkan $a = 0$ memberikan $\sqrt6 = 2b
\in \Q$ — keduanya salah (lewat argumen faktorisasi prima yang baku). Karena itu $[\Q(\sqrt2,\sqrt3) : \Q(\sqrt2)] = 2$ dan [hukum menara](#thm-b3-galois-tower) memberikan [derajat](#def-b3-galois-extension) $4$.

Misalkan $\gamma = \sqrt2 + \sqrt3$. Maka $\gamma^2 = 5 + 2\sqrt6$ dan $(\gamma^2 - 5)^2 = 24$: jadi $\gamma$ menghapus $X^4 - 10X^2 + 1$. Lebih lanjut $\gamma^3 = 11\sqrt2 + 9\sqrt3$, sehingga $\gamma^3 - 9\gamma
= 2\sqrt2$: berarti $\sqrt2 \in \Q(\gamma)$, lalu $\sqrt3 = \gamma -
\sqrt2 \in \Q(\gamma)$: jadi $\Q(\gamma) = \Q(\sqrt2,\sqrt3)$, yang berderajat $4$. Polinomial kuartik penghapus itu, karena berderajat sama dengan [polinomial minimalnya](#def-b3-galois-algebraic), *adalah* [polinomial minimalnya](#def-b3-galois-algebraic): $X^4 -
10X^2 + 1$ (khususnya ia [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) atas $\Q$).

**Latihan 4.2 ★.**

Misalkan $\alpha = \sqrt[3]2$. Tunjukkan bahwa $\Q(\alpha)/\Q$ tidak normal (tampilkan pembenaman $\Q(\alpha) \to \C$ yang petanya bukan $\Q(\alpha)$), tentukan [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $L$ dari $X^3 -
2$ beserta $[L:\Q]$, lalu periksalah $\operatorname{Aut}_\Q(\Q(\alpha)) =
\{\mathrm{id}\}$: jadi pada perluasan yang bukan [Galois](#def-b3-galois-galois), grup automorfismanya bisa jauh lebih kecil daripada [derajatnya](#def-b3-galois-extension).

**Solusi Latihan 4.2.**

Ketiga akar $X^3 - 2$ di $\C$ adalah $\alpha, j\alpha,
j^2\alpha$ dengan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$. Pemetaan $\alpha \mapsto
j\alpha$ mendefinisikan pembenaman-$\Q$ $\Q(\alpha) \to \C$ ([Teorema 4.4](#thm-b3-galois-simple): keduanya membangun perluasan berderajat $3$ dengan polinomial minimal yang sama), yang petanya $\Q(j\alpha)
\not\subseteq \R$ berbeda dari $\Q(\alpha) \subseteq \R$: jadi $\Q(\alpha)/\Q$ tidak normal. [Lapangan pemecahnya](#thm-b3-galois-splitting) adalah $L =
\Q(\alpha, j)$, dengan $[L:\Q] = [L:\Q(\alpha)]\,[\Q(\alpha):\Q] =
2 \cdot 3 = 6$ (sebab $j$ memenuhi $X^2 + X + 1$, yang [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) atas lapangan real $\Q(\alpha)$). Sebuah automorfisma $\Q(\alpha)$ harus mengirim $\alpha$ ke akar $X^3 - 2$ yang berada *di dalam* $\Q(\alpha) \subseteq \R$: hanya $\alpha$ yang memenuhinya, sehingga $\operatorname{Aut}_\Q(\Q(\alpha)) = \{\mathrm{id}\}$, yang berorde $1 < 3$.

**Latihan 4.3 ★.**

Bangunlah $\mathbb F_9$ sebagai $\mathbb F_3[X]/(X^2+1)$ lalu carilah sebuah pembangun $\mathbb F_9^\times$. Daftarkan polinomial monik [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) berderajat $1, 2, 3$ atas $\mathbb F_2$, lalu periksalah $X^8 - X = X(X+1)(X^3+X+1)(X^3+X^2+1)$ atas $\mathbb F_2$.

**Solusi Latihan 4.3.**

Polinomial $X^2 + 1$ tak berakar di $\mathbb F_3$ (sebab $0, 1, 2 \mapsto 1, 2,
2$), sehingga $\mathbb F_9 = \mathbb F_3[X]/(X^2+1)$ merupakan lapangan dengan $9$ unsur; tulis $\omega = \bar X$, sehingga $\omega^2 = -1$. Grup $\mathbb F_9^\times$ siklik berorde $8$; unsur $\omega$ berorde $4$, tetapi $1 + \omega$ berhasil: $(1+\omega)^2 = 1 + 2\omega +
\omega^2 = 2\omega$, dan $(1+\omega)^4 = 4\omega^2 = \omega^2 = -1
\ne 1$: jadi berorde $8$.

Atas $\mathbb F_2$ — berderajat $1$: $X$, $X + 1$; berderajat $2$: $X^2 + X + 1$ (sebab ketiga polinomial kuadrat lainnya berakar); berderajat $3$: $X^3 + X + 1$ dan $X^3 + X^2 + 1$ (tak berakar di $\mathbb
F_2$; keenam polinomial kubik lainnya berakar). Pemeriksaannya:

$$
(X^3{+}X{+}1)(X^3{+}X^2{+}1) = X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X
+ 1,
$$

dan $X(X{+}1)(X^6 + \dots + 1) = X(X^7 + 1) = X^8 + X = X^8 -
X$ atas $\mathbb F_2$ — tepat berisi [unsur tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) yang [derajatnya](#def-b3-galois-extension) membagi $3$, seperti diramalkan [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) ([derajat](#def-b3-galois-extension) $2$ absen sebab $2 \nmid 3$).

**Latihan 4.4 ★★.**

(a) Carilah semua akar primitif modulo $7$ dan modulo $11$ (yakni pembangun $\mathbb F_7^\times$, $\mathbb F_{11}^\times$). (b) Tunjukkan bahwa untuk $p$ ganjil, $x \in \mathbb F_p^\times$ merupakan kuadrat jika dan hanya jika $x^{(p-1)/2} = 1$ (kriteria Euler), lalu peroleh kembali kriteria bagi $-1$ pada [Soal 2.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#pb-b3-rings-1).

**Solusi Latihan 4.4.**

(a) Modulo $7$: pangkat $3$ adalah $3, 2, 6, 4, 5, 1$: berorde $6$, jadi sebuah pembangun; akar primitifnya adalah $3^k$ dengan $\gcd(k, 6) = 1$: yakni $3$ dan $3^5 = 5$. Modulo $11$: pangkat $2$: $2, 4, 8, 5, 10, 9, 7, 3, 6, 1$: jadi sebuah pembangun; akar primitifnya $2^k$ dengan $\gcd(k, 10) = 1$: yakni $2, 2^3 = 8, 2^7 = 7, 2^9 = 6$.

(b) Tulis $x = g^k$ dengan $g$ sebuah pembangun ([Teorema 4.12](#thm-b3-galois-cyclic)). Maka $x$ merupakan kuadrat jika dan hanya jika $k$ genap (sebab kuadratnya adalah $g^{2l}$, dan $g^{2l} = g^{k}$ jika dan hanya jika $k
\equiv 2l \bmod p-1$, yang [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) jika dan hanya jika $k$ genap, karena $p - 1$ genap). Dan $x^{(p-1)/2} = g^{k(p-1)/2} = 1$ jika dan hanya jika $(p-1) \mid
k\frac{p-1}2$, yaitu jika dan hanya jika $k$ genap: kedua syaratnya bersesuaian. Untuk $x =
-1 = g^{(p-1)/2}$: ia kuadrat jika dan hanya jika $\frac{p-1}2$ genap, yaitu jika $p \equiv 1 \pmod 4$ — [Soal 2.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#pb-b3-rings-1) sekali lagi.

**Latihan 4.5 ★★.**

Tunjukkan bahwa $\mathbb F_{p^m} \cap \mathbb F_{p^n} = \mathbb
F_{p^{\gcd(m,n)}}$ dan $\mathbb F_{p^m}\mathbb F_{p^n} = \mathbb
F_{p^{\operatorname{lcm}(m,n)}}$ di dalam sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure) tetap $\bar{\mathbb F}_p$, lalu uraikan $\operatorname{Gal}(\mathbb F_{p^n}/\mathbb F_{p^m})$ untuk $m
\mid n$.

**Solusi Latihan 4.5.**

Di dalam $\bar{\mathbb F}_p$, $\mathbb F_{p^k} = \{x : x^{p^k} =
x\}$ merupakan himpunan tetap dari $F^k$. Irisan $\mathbb F_{p^m}
\cap \mathbb F_{p^n}$ ditetapkan oleh $F^m$ dan $F^n$, sehingga oleh $F^{\gcd(m,n)}$ (sebab $\gcd = am + bn$: pada unsur tetap, $F^{am +
bn} = (F^m)^a(F^n)^b$ bekerja secara trivial — eksponennya boleh diambil positif menurut keperiodikannya); jadi irisan itu terletak di $\mathbb
F_{p^{\gcd(m,n)}}$, yang sebaliknya termuat di keduanya ([Teorema 4.11](#thm-b3-galois-finitefields)(3)). Untuk komposit $\mathbb
F_{p^m}\mathbb F_{p^n}$: setiap lapangan yang memuat keduanya berderajat habis dibagi $m$ dan $n$, sehingga oleh $\operatorname{lcm}(m,n)$; dan $\mathbb F_{p^{\operatorname{lcm}}}$ memuat keduanya: jadi itulah kompositnya. Untuk $m \mid n$: $\operatorname{Gal}(\mathbb
F_{p^n}/\mathbb F_{p^m})$ terdiri atas pangkat $F$ yang menetapkan $\mathbb F_{p^m}$, yakni pangkat $F^m$: jadi siklik berorde $n/m$, dibangun oleh $F^m \colon x \mapsto x^{p^m}$ (ordenya seperti pada [Teorema 4.11](#thm-b3-galois-finitefields)(2)).

**Latihan 4.6 ★★.**

Misalkan $I_d(q)$ banyaknya polinomial monik [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) berderajat $d$ atas $\mathbb F_q$. Buktikan

$$
X^{q^n} - X \;=\; \prod_{d \mid n}\ \prod_{P \text{ tak tereduksi
monik, } \deg P = d} P ,
\qquad\text{sehingga}\qquad
q^n = \sum_{d \mid n} d\, I_d(q).
$$

Simpulkan $I_1, I_2, I_3, I_4$ secara eksplisit, dan $I_d(q) \geq 1$ untuk setiap $d$ (sehingga perluasan $\mathbb F_{q^d}/\mathbb F_q$ ada sebagai kuosien $\mathbb F_q[X]/(P)$ untuk setiap $d$).

**Solusi Latihan 4.6.**

Polinomial $X^{q^n} - X$ bersifat [separabel](#def-b3-galois-separable) (turunannya $-1$) dengan himpunan akar $\mathbb F_{q^n}$. Misalkan $P$ monik [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) berderajat $d$. Jika $d \mid n$: $\mathbb F_q[X]/(P) \cong \mathbb F_{q^d}
\subseteq \mathbb F_{q^n}$, sehingga $P$ berakar $\alpha \in
\mathbb F_{q^n}$; lalu $\alpha^{q^n} = \alpha$, dan $P =
\pi_\alpha$ membagi $X^{q^n} - X$. Jika $P \mid X^{q^n} - X$: sebuah akar $\alpha \in \mathbb F_{q^n}$ membangun $\mathbb F_{q^d}
\subseteq \mathbb F_{q^n}$, sehingga $d \mid n$ ([Teorema 4.11](#thm-b3-galois-finitefields)(3)). [Unsur tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) yang berbeda saling relatif prima dan hasil kalinya [separabel](#def-b3-galois-separable): jadi setiap $P$ muncul dengan eksponen tepat $1$, dan setiap akar $X^{q^n}-X$ merupakan akar [polinomial minimalnya](#def-b3-galois-algebraic): jadi faktorisasinya berlaku. Dengan membandingkan [derajatnya](#def-b3-galois-extension): $q^n = \sum_{d\mid n} d\,I_d(q)$.

Akibatnya $I_1 = q$; lalu $q^2 = I_1 + 2I_2$ memberikan $I_2 =
\frac{q^2 - q}2$; $q^3 = I_1 + 3I_3$ memberikan $I_3 = \frac{q^3 -
q}3$; dan $q^4 = I_1 + 2I_2 + 4I_4$ memberikan $I_4 = \frac{q^4 -
q^2}4$. Keberadaannya: $nI_n = q^n - \sum_{d \mid n,\, d < n}
dI_d \geq q^n - \sum_{d \leq n/2} q^d > q^n - q^{n/2 + 1} \geq
0$ untuk $n \geq 2$ (dan $I_1 = q \geq 1$): jadi $I_n \geq 1$ selalu.

**Latihan 4.7 ★★.**

Tentukan $\operatorname{Gal}(\Q(\sqrt2,\sqrt3)/\Q)$ beserta kisi lengkap lapangan antaranya. Pertanyaan yang sama untuk [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $(X^2-2)(X^2-3)(X^2-6)$ — apa yang Anda perhatikan?

**Solusi Latihan 4.7.**

$L = \Q(\sqrt2, \sqrt3)$ adalah [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $(X^2 -
2)(X^2 - 3)$, yang [separabel](#def-b3-galois-separable): jadi [Galois](#def-b3-galois-galois) berderajat $4$ ([Latihan 4.1](#exo-b3-galois-1)). Sebuah automorfisma mengirim $\sqrt2 \mapsto
\pm\sqrt2$ dan $\sqrt3 \mapsto \pm\sqrt3$: jadi paling banyak $4$ pilihan, dan $\abs G = 4$ mewujudkan semuanya: $G \cong (\Z/2\Z)^2$, dengan unsur $\mathrm{id}, \sigma (\sqrt2 \mapsto -\sqrt2), \tau
(\sqrt3\mapsto-\sqrt3), \sigma\tau$. Subgrup berorde $2$: $\langle\sigma\rangle, \langle\tau\rangle,
\langle\sigma\tau\rangle$, dengan lapangan tetap $\Q(\sqrt3)$, $\Q(\sqrt2)$, $\Q(\sqrt6)$ (perhatikan bahwa $\sigma\tau$ menetapkan $\sqrt6 =
\sqrt2\sqrt3$). Kisinya: $\Q$ di bawah, ketiga lapangan kuadrat di tengah, dan $L$ di atas — tak ada yang lain ([Teorema 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)). Untuk $(X^2-2)(X^2-3)(X^2-6)$: [lapangan pemecahnya](#thm-b3-galois-splitting) *sama*, yaitu $L$ (sebab $\sqrt6 =
\sqrt2\sqrt3$), sehingga jawabannya identik: [korespondensi Galois](#thm-b3-galois-fundamental) merupakan invarian *perluasannya*, bukan invarian polinomial yang dipilih untuk menyajikannya.

**Latihan 4.8 ★★.**

(Persamaan kubik, diselesaikan oleh grupnya) Misalkan $P = X^3 + pX + q \in
\Q[X]$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) dengan akar $x_1, x_2, x_3$ dan [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $L$. Misalkan $\delta = (x_1 - x_2)(x_1 - x_3)(x_2 - x_3)$ dan $\Delta = \delta^2 = -4p^3 - 27q^2$ (terimalah identitas klasik ini atau periksalah dengan menjabarkan fungsi simetrinya). (a) Tunjukkan $\operatorname{Gal}(L/\Q) \cong A_3$ atau $S_3$, menurut apakah $\Delta$ berupa kuadrat di $\Q$ atau bukan. (b) Dengan $j = \zeta_3$, definisikan resolven Lagrange $u = x_1
+ jx_2 + j^2x_3$ dan $v = x_1 + j^2x_2 + jx_3$. Tunjukkan $u^3 + v^3
= -27q$ dan $uv = -3p$, lalu selesaikan untuk $u^3, v^3$: rumus Cardano akan jatuh dengan sendirinya. Di manakah [keterselesaian](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) $S_3$ terpakai?

**Solusi Latihan 4.8.**

(a) Grup $G$ beraksi secara setia dan transitif (karena ketaktereduksian) pada ketiga akarnya: $G \hookrightarrow S_3$ dengan $3 \mid \abs G$: jadi $G
\cong A_3$ atau $S_3$. Setiap $\sigma \in G$ mempermutasikan $x_i$, dan $\sigma(\delta) = \varepsilon(\sigma)\,\delta$ (sebab $\delta$ bersifat alternasi terhadap akarnya). Jika $\Delta$ kuadrat di $\Q$: maka $\delta \in \Q^\times$ (perhatikan $\delta \neq 0$ karena [separabel](#def-b3-galois-separable)), sehingga $\varepsilon(\sigma) = 1$ untuk setiap $\sigma$: jadi $G \subseteq A_3$, dan karenanya $= A_3$. Jika bukan: $\delta \notin \Q$, sehingga ada $\sigma$ dengan $\varepsilon(\sigma) = -1$: jadi $G = S_3$. (Pada kedua kasus $\Q(\delta)
= L^{G \cap A_3}$.)

(b) Dengan $x_1 + x_2 + x_3 = 0$: $u + v = 2x_1 - (x_2 + x_3) =
3x_1$. Lagi pula

$$
uv = \sum_i x_i^2 + (j + j^2)\sum_{i<k}x_ix_k
= \Bigl(\sum x_i\Bigr)^2 - 3\sum_{i<k}x_ix_k = -3p,
$$

dengan memakai $j + j^2 = -1$ dan $\sum_{i<k}x_ix_k = p$. Lalu

$$
u^3 + v^3 = (u+v)^3 - 3uv(u+v) = 27x_1^3 + 9p\cdot 3x_1
= 27\,(x_1^3 + px_1) = -27q .
$$

Jadi $u^3, v^3$ merupakan akar $Y^2 + 27qY - 27p^3 = 0$ (dengan hasil kali $(uv)^3 = -27p^3$): $u^3 = \frac{-27q +
\sqrt{729q^2 + 108p^3}}2$, dan $x_1 = \frac{u + v}3$ dengan $v =
-3p/u$: itulah Cardano. [Keterselesaian](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) $S_3$ menjadi kerangkanya: menara $\Q \subseteq \Q(\delta) \subseteq \Q(\delta, j, u)$ menambahkan lebih dahulu sebuah akar kuadrat ($\delta$, lapangan tetap $A_3$: langkah $S_3 \to S_3/A_3$), lalu sebuah akar pangkat tiga ($u$, sebab $u^3
\in \Q(\delta, j)$: langkah $A_3 \to \{e\}$) — deret [komutator](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) $S_3 \supset A_3 \supset \{e\}$ yang menjelma.

**Latihan 4.9 ★★.**

Di $\Q(\zeta_5)$: tunjukkan bahwa satu-satunya sublapangan kuadratnya adalah $\Q(\sqrt5)$, lewat jumlah Gauss $\eta_0 = \zeta_5 + \zeta_5^4$, $\eta_1 = \zeta_5^2 + \zeta_5^3$: hitunglah $\eta_0 + \eta_1$ dan $\eta_0\eta_1$, lalu simpulkan $\cos\frac{2\pi}5 = \frac{\sqrt5 -
1}4$. Simpulkan bahwa segi lima beraturan [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible).

**Solusi Latihan 4.9.**

$\eta_0 + \eta_1 = \zeta_5 + \zeta_5^2 + \zeta_5^3 + \zeta_5^4 =
-1$ (sebab jumlah semua akar satuan ke-$5$ adalah $0$). Lalu $\eta_0\eta_1 =
(\zeta + \zeta^4)(\zeta^2 + \zeta^3) = \zeta^3 + \zeta^4 +
\zeta^6 + \zeta^7 = \zeta^3 + \zeta^4 + \zeta + \zeta^2 = -1$ (indeksnya modulo $5$). Jadi $\eta_0, \eta_1$ merupakan akar $Y^2 + Y
- 1$: yakni $\frac{-1 \pm \sqrt5}2$. Karena $\eta_0 =
2\cos\frac{2\pi}5 > 0$: maka $\eta_0 = \frac{\sqrt5 - 1}2$, sehingga $\cos\frac{2\pi}5 = \frac{\sqrt5 - 1}4$, dan $\eta_1 =
\frac{-1-\sqrt5}2$. Grup $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_5)/\Q) \cong (\Z/5\Z)^\times$ bersifat siklik berorde $4$: ia mempunyai subgrup berorde $2$ yang *tunggal* ($\{\pm 1\}$, yakni $\zeta \mapsto \zeta^{\pm1}$), sehingga $\Q(\zeta_5)$ mempunyai satu sublapangan kuadrat saja ([Teorema 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)), yang memuat $\eta_0
\notin \Q$: jadi sublapangan itu $\Q(\eta_0) = \Q(\sqrt5)$. Keterlukisannya: $\cos\frac{2\pi}5$ terletak di menara kuadrat $\Q \subseteq
\Q(\sqrt5)$, dan $\zeta_5$ satu langkah kuadrat di atasnya: [Teorema 4.25](#thm-b3-galois-wantzel) melukis segi lima itu.

**Latihan 4.10 ★★★.**

Misalkan $K = \mathbb F_p(S, T)$ (fungsi rasional dalam dua variabel tak tentu) dan $L = K(S^{1/p}, T^{1/p})$. (a) Tunjukkan $[L:K] = p^2$ dan bahwa $\alpha^p \in K$ untuk setiap $\alpha \in L$. (b) Simpulkan bahwa $L/K$ *tidak* sederhana: tak ada unsur primitif yang tersedia — jadi ketakseparabelan berakibat fatal bagi [Teorema 4.17](#thm-b3-galois-primitive).

**Solusi Latihan 4.10.**

(a) Tulis $s = S^{1/p}$, $t = T^{1/p}$ (yaitu unsur sebuah [penutup aljabar](#def-b3-galois-closure) terpilih dengan $s^p = S$, $t^p = T$). Polinomial $X^p - S$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) atas pecahan $K = \mathbb F_p(S, T) = (\mathbb
F_p(T))(S)$: lewat [Eisenstein](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria) pada [unsur prima](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) $S$ dari [DFT](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-pidufd) $\mathbb F_p(T)[S]$ ([Teorema 2.25](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria)). Jadi $[K(s):K] = p$; demikian pula $X^p - T$ memenuhi [Eisenstein](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria) pada $T$ atas pecahan $K(s) = \mathbb F_p(s)(T)$ — sebab $T$ tetap prima di $\mathbb F_p(s)[T]$ — sehingga $[L : K(s)] = p$ dan $[L:K] =
p^2$. Untuk $\alpha \in L$: $L = K[s, t]$, sehingga $\alpha = \sum
c_{ij}s^it^j$ (dengan $c_{ij} \in K$), dan menurut morfisma [Frobenius](#thm-b3-galois-finitefields) $\alpha^p = \sum c_{ij}^p S^iT^j \in K$.

(b) Jika $L = K(\alpha)$, maka $[K(\alpha):K] = p^2$; padahal $\alpha^p = a \in K$ berarti $\alpha$ menghapus $X^p - a$, sehingga $\deg\pi_\alpha \leq p < p^2$: kontradiksi. Jadi tak ada unsur primitif: [Teorema 4.17](#thm-b3-galois-primitive) sungguh memerlukan separabilitas (di sini setiap $\pi_\alpha$ membagi suatu $X^p - a =
(X - \alpha)^p$: yaitu tak [separabel](#def-b3-galois-separable) murni).

**Latihan 4.11 ★★★.**

Misalkan $P = X^5 - 4X + 2$ dan $G$ grup Galoisnya atas $\Q$, yang beraksi pada $5$ akarnya. (a) Tunjukkan bahwa $P$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility), lalu simpulkan $5 \mid \abs G$; simpulkan bahwa $G$ memuat siklus-$5$ (lewat Cauchy, [Teorema 1.13](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#thm-b3-groups-cauchy)). (b) Tunjukkan, dengan mempelajari variasi $x \mapsto x^5 - 4x +
2$, bahwa $P$ mempunyai tepat $3$ akar real; lalu simpulkan bahwa konjugasi kompleks terbatas menjadi sebuah transposisi di $G$. (c) Tunjukkan bahwa subgrup $S_5$ yang memuat sebuah transposisi dan sebuah siklus-$5$ pastilah $S_5$ *(konjugasikan transposisinya dengan pangkat siklus itu)*. Simpulkan $G \cong S_5$ dan, bersama [Teorema 4.29](#thm-b3-galois-solvable), bahwa $P$ tidak [terselesaikan dengan radikal](#def-b3-galois-radical).

**Solusi Latihan 4.11.**

(a) [Eisenstein](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria) pada $2$ ($2 \mid 4, 2$; $4 \nmid 2$): jadi $P$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility). Jika $\alpha$ sebuah akarnya, maka $[\Q(\alpha):\Q] = 5$ membagi $[L:\Q] = \abs G$ (dengan $L$ [lapangan pemecahnya](#thm-b3-galois-splitting)): lalu Cauchy ([Teorema 1.13](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#thm-b3-groups-cauchy)) memberikan unsur berorde $5$ di $G \leq S_5$; dan di $S_5$, hanya siklus-$5$ yang berorde $5$ (sebab ordenya berupa KPK panjang siklusnya).

(b) Turunan $P'(x) = 5x^4 - 4$ lenyap di $\pm(4/5)^{1/4} \approx \pm
0.946$: jadi satu maksimum lokal lalu satu minimum lokal. Nilainya: $P(-2)
= -22 < 0$, $P(0) = 2 > 0$, $P(1) = -1 < 0$, $P(2) = 26 > 0$: tiga pergantian tanda, dan paling banyak tiga akar real (karena dua titik kritis): jadi tepat $3$ akar real, sehingga ada sepasang akar sekawan kompleks. Ambil [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $L$ di dalam $\C$: konjugasi kompleks memetakan $L$ pada dirinya sendiri (sebab ia mempermutasikan akarnya, yang membangun $L$) dan menetapkan $\Q$, sehingga ia mendefinisikan unsur $G$; ia menetapkan ketiga akar realnya dan menukar dua sisanya: yaitu sebuah transposisi.

(c) Misalkan $\tau = (a\,b)$ dan $\sigma$ sebuah siklus-$5$ di $G$. Suatu pangkat $\sigma^k$ mengirim $a$ ke $b$ (dengan $k \ne 0 \bmod 5$), dan $\sigma^k$ tetap siklus-$5$: setelah dinamai ulang, andaikan $\sigma =
(1\,2\,3\,4\,5)$ dan $\tau = (1\,2)$. Dengan mengonjugasikannya, $\sigma^m\tau\sigma^{-m} = (\sigma^m(1)\ \sigma^m(2))$: jadi transposisi bersebelahan $(1\,2), (2\,3), (3\,4), (4\,5),
(5\,1)$ semuanya terletak di $G$; sedangkan transposisi bersebelahan membangun $S_5$ (sebab setiap transposisi $(i\,j)$ merupakan hasil kali transposisi bersebelahan, dan transposisi membangun seluruhnya). Jadi $G = S_5$, yang tak [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) ([Akibat 1.34](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#cor-b3-groups-snnotsolvable)), dan [Teorema 4.29](#thm-b3-galois-solvable) menyimpulkannya: $X^5 - 4X + 2$ tidak [terselesaikan dengan radikal](#def-b3-galois-radical).

**Latihan 4.12 ★★★.**

(Kuartik dihedral) Misalkan $\alpha = \sqrt[4]2$ dan $L =
\Q(\alpha, \iu)$, yaitu [lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) $X^4 - 2$ atas $\Q$. (a) Tunjukkan $[L : \Q] = 8$ dan bahwa $G =
\operatorname{Gal}(L/\Q)$ dibangun oleh $\sigma\colon
\alpha \mapsto \iu\alpha,\ \iu \mapsto \iu$ dan oleh konjugasi kompleks $\tau$, dengan $\sigma^4 = \tau^2 = e$ dan $\tau\sigma\tau = \sigma^{-1}$: jadi $G \cong D_4$. (b) Daftarkan kisi subgrup $D_4$ (sepuluh subgrup) lalu padankan masing-masing dengan lapangan tetapnya; periksalah khususnya bahwa $\Q(\sqrt2)$, $\Q(\iu)$, $\Q(\iu\sqrt2)$ merupakan ketiga sublapangan kuadratnya, lalu letakkan $\Q(\alpha)$, $\Q(\iu\alpha)$, $\Q(\sqrt2, \iu)$. (c) Lapangan antara mana yang bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) atas $\Q$? Cocokkan jawaban Anda dengan [subgrup normal](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-normal) $D_4$, lalu jelaskan mengapa $\Q(\alpha)/\Q$ gagal sedangkan $\Q(\sqrt2)/\Q$ berhasil.

**Solusi Latihan 4.12.**

(a) Polinomial $X^4 - 2$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) ([Eisenstein](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#thm-b3-rings-criteria) pada $2$): jadi $[\Q(\alpha):\Q] = 4$; dan $\iu \notin \Q(\alpha) \subseteq \R$, sehingga $[L : \Q(\alpha)] = 2$ dan $[L:\Q] = 8$. Perluasannya bersifat [Galois](#def-b3-galois-galois) ([lapangan pemecah](#thm-b3-galois-splitting) [polinomial separabel](#def-b3-galois-separable): akarnya adalah $\iu^k\alpha$), jadi $\abs G = 8$. Sebuah automorfisma mengirim $\alpha$ ke salah satu dari keempat akarnya dan $\iu$ ke $\pm\iu$: jadi paling banyak $8$ pemetaan, dan semuanya terwujud. Automorfisma $\sigma$ (berorde $4$: sebab $\sigma^2(\alpha) = -\alpha$, $\sigma^4 = e$) dan $\tau$ (berorde $2$) memenuhi

$$
\tau\sigma\tau(\alpha) = \tau\sigma(\alpha) =
\tau(\iu\alpha) = -\iu\alpha = \sigma^{-1}(\alpha),
\qquad \tau\sigma\tau(\iu) = \iu\cdot(-1)(-1) = \iu ,
$$

atau lebih cermat: $\tau\sigma\tau(\iu) = \tau\sigma(-\iu) =
\tau(-\iu) = \iu = \sigma^{-1}(\iu)$. Jadi $\tau\sigma\tau =
\sigma^{-1}$: itulah penyajian $D_4$.

(b) Kesepuluh subgrup $D_4 = \langle\sigma,
\tau\rangle$ adalah: $\{e\}$; lima subgrup berorde $2$, yakni $\langle\sigma^2\rangle$, $\langle\tau\rangle$, $\langle\sigma^2\tau\rangle$, $\langle\sigma\tau\rangle$, $\langle\sigma^3\tau\rangle$; tiga subgrup berorde $4$, yakni $\langle\sigma\rangle$, $\{e, \sigma^2, \tau,
\sigma^2\tau\}$, $\{e, \sigma^2, \sigma\tau,
\sigma^3\tau\}$; dan $D_4$ sendiri. Lapangan tetapnya ([derajat](#def-b3-galois-extension) = indeks): $\{e\} \leftrightarrow L$; subgrup berorde $2$ $\leftrightarrow$ kelima lapangan kuartiknya

$$
\langle\tau\rangle \leftrightarrow \Q(\alpha),\quad
\langle\sigma^2\tau\rangle \leftrightarrow \Q(\iu\alpha),
\quad
\langle\sigma^2\rangle \leftrightarrow \Q(\sqrt2, \iu),\quad
\langle\sigma\tau\rangle \leftrightarrow
\Q\bigl((1+\iu)\alpha\bigr),\quad
\langle\sigma^3\tau\rangle \leftrightarrow
\Q\bigl((1-\iu)\alpha\bigr) .
$$

Pemeriksaannya: $\tau$ menetapkan $\alpha$ yang real; $\sigma^2\tau$ mengirim $\alpha \mapsto -\alpha$ dan $\iu \mapsto -\iu$, sehingga menetapkan $\iu\alpha$; dan karena $\sigma\tau(\alpha) = \iu\alpha$, $\sigma\tau(\iu) = -\iu$:

$$
\sigma\tau\bigl((1+\iu)\alpha\bigr) =
(1 - \iu)\,\iu\alpha = (1 + \iu)\alpha,
\qquad
\sigma^3\tau\bigl((1-\iu)\alpha\bigr) =
(1 + \iu)(-\iu)\alpha = (1 - \iu)\alpha :
$$

jadi setiap pencerminan menetapkan pembangunnya, dan lapangan tetapnya, yang berderajat $4 =$ indeksnya, tepat berupa lapangan yang dibangunnya (pembangunnya akar $X^4 + 8$, yang [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility)). Subgrup berorde $4$ $\leftrightarrow$ ketiga lapangan kuadratnya: $\langle\sigma\rangle \leftrightarrow \Q(\iu)$ (sebab $\sigma$ menetapkan $\iu$); $\{e, \sigma^2, \tau, \sigma^2\tau\}
\leftrightarrow \Q(\sqrt2)$ (keempatnya menetapkan $\alpha^2$ setelah tandanya diperiksa: $\tau(\sqrt2) = \sqrt2$, $\sigma^2(\alpha^2) =
(-\alpha)^2$); dan $\{e, \sigma^2, \sigma\tau, \sigma^3\tau\}
\leftrightarrow \Q(\iu\sqrt2)$ (sebab $\sigma\tau(\iu\alpha^2) =
(-\iu)(\iu\alpha)^2 = \iu\alpha^2$).

(c) Yang [Galois](#def-b3-galois-galois) atas $\Q$ $\leftrightarrow$ [subgrup normal](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-normal) $D_4$: yakni $\{e\}$, $\langle\sigma^2\rangle$ (pusatnya), ketiga subgrup berorde $4$, dan $D_4$ — sehingga lapangan antara yang [Galois](#def-b3-galois-galois) adalah $L$, $\Q(\sqrt2, \iu)$, ketiga lapangan kuadratnya, dan $\Q$. Kelima lapangan kuartik yang ditetapkan oleh pencerminan tak normal tidaklah [Galois](#def-b3-galois-galois): $\Q(\alpha)$ memuat satu akar $X^4 - 2$ tetapi tidak memuat $\iu\alpha$ (sebab ia real) — konjugasi dengan $\sigma$ memindahkan $\langle\tau\rangle$ ke $\langle\sigma^2\tau\rangle$, persis seperti ia memindahkan $\Q(\alpha)$ ke $\Q(\iu\alpha)$: jadi ketaknormalan subgrupnya *adalah* keberadaan lapangan sekawannya.

## 4.10 Soal: Gauss dan segi 17 beraturan

**Soal 4.1.**

Soal akhir pekan — keterlukisan segi 17

Pada 30 Maret 1796, Gauss yang berusia sembilan belas tahun menunjukkan bahwa segi-$17$ beraturan [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) — kemajuan pertama atas pertanyaan itu sejak zaman kuno. Kita susun ulang perhitungannya dengan perkakas bab ini. Tetapkan $\zeta = \eu^{2\iu\pi/17}$, $L =
\Q(\zeta)$, $G = \operatorname{Gal}(L/\Q)$.

**Bagian I — Grup dan filtrasinya.**

1. Berilah alasan: $[L:\Q] = 16$ , $G \cong (\Z/17\Z)^\times$ , yang siklik berorde $16$ . Periksalah bahwa $3$ merupakan pembangun $(\Z/17\Z)^\times$ *(hitunglah pangkat $3$ modulo $17$: $3, 9, 10, 13, 5, 15, 11, 16, \dots$)* .
2. Misalkan $\sigma \in G$ dengan $\sigma(\zeta) = \zeta^3$ , dan $H_k = \langle \sigma^{2^k}\rangle$ untuk $k = 0, \dots,  4$ . Tunjukkan bahwa $G = H_0 \supset H_1 \supset H_2 \supset  H_3 \supset H_4 = \{e\}$ dengan setiap indeks $[H_k :  H_{k+1}] = 2$ , dan bahwa lapangan tetapnya $\Q = L_0  \subset L_1 \subset L_2 \subset L_3 \subset L_4 = L$ membentuk menara perluasan kuadrat.
3. Simpulkan *secara a priori* , dengan memakai [Teorema 4.25](#thm-b3-galois-wantzel) , bahwa $\zeta$ — dan karenanya segi- $17$ — [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) . Sisa soal ini membuat menaranya eksplisit.

**Bagian II — Periode berpanjang 8.** Definisikan *periode Gauss*

$$
\eta_0 = \sum_{k \text{ genap}} \zeta^{3^k \bmod 17}
= \zeta^{1} + \zeta^{9} + \zeta^{13} + \zeta^{15} + \zeta^{16} +
\zeta^{8} + \zeta^{4} + \zeta^{2},
\qquad
\eta_1 = \sum_{k \text{ ganjil}} \zeta^{3^k \bmod 17}.
$$

4. Tunjukkan bahwa $\eta_0, \eta_1$ ditetapkan oleh $H_1$ dan ditukar oleh $\sigma$ ; lalu simpulkan $\eta_0, \eta_1 \in L_1$ dan bahwa keduanya merupakan dua akar sebuah polinomial kuadrat atas $\Q$ .
5. Hitunglah $\eta_0 + \eta_1 = -1$ . Tunjukkan $\eta_0\eta_1 = -4$ *(setiap hasil kali $\zeta^a\zeta^b$ berupa suatu $\zeta^c$ dengan $c \neq 0$; cacahlah berapa kali setiap $c$ muncul, atau berargumenlah bahwa hasil kalinya bilangan bulat rasional yang ditetapkan $G$, sama dengan jumlah atas seluruh $64$ hasil kali, lalu pakailah kenyataan bahwa setiap sisa tak nol muncul sama seringnya)* .
6. Simpulkan $\eta_0 = \frac{-1 + \sqrt{17}}2$ , $\eta_1 =  \frac{-1-\sqrt{17}}2$ (kenali mana yang mana secara numerik: $\eta_0 \approx 1.56$ ), dan $L_1 =  \Q(\sqrt{17})$ .

**Bagian III — Periode berpanjang 4 dan 2.** Definisikan

$$
\beta_0 = \zeta + \zeta^{13} + \zeta^{16} + \zeta^{4},\quad
\beta_1 = \zeta^3 + \zeta^5 + \zeta^{14} + \zeta^{12},\quad
\beta_2 = \zeta^9 + \zeta^{15} + \zeta^{8} + \zeta^{2},\quad
\beta_3 = \zeta^{10} + \zeta^{11} + \zeta^{7} + \zeta^{6}.
$$

7. Tunjukkan $\beta_0 + \beta_2 = \eta_0$ , $\beta_1 + \beta_3 =  \eta_1$ , dan bahwa $\beta_0, \beta_2$ ditetapkan oleh $H_2$ serta ditukar oleh $\sigma^2$ .
8. Hitunglah $\beta_0\beta_2 = -1$ dan $\beta_1\beta_3 = -1$ *(jabarkan: keenam belas eksponen yang diperoleh mencakup $1, \dots, 16$ tepat satu kali)* .
9. Simpulkan $\beta_0 = \frac{\eta_0 + \sqrt{\eta_0^2 + 4}}2$ (periksalah tandanya secara numerik: $\beta_0 \approx 2.05$ ) beserta rumus serupa bagi $\beta_1$ ; sehingga $L_2 =  \Q(\beta_0)$ , yang kuadrat atas $L_1$ .
10. Misalkan $\gamma_0 = \zeta + \zeta^{16} =  2\cos\frac{2\pi}{17}$ dan $\gamma_1 = \zeta^{13} +  \zeta^4$ . Tunjukkan $\gamma_0 + \gamma_1 = \beta_0$ dan $\gamma_0\gamma_1 = \beta_1$ , sehingga $\gamma_0 =  \frac{\beta_0 + \sqrt{\beta_0^2 - 4\beta_1}}2$ .
11. Susunlah rantai rumus yang menyatakan $\cos\frac{2\pi}{17}$ lewat akar kuadrat bersarang, lalu berilah pemeriksaan desimalnya ( $\cos\frac{2\pi}{17} \approx 0.93247$ ).

**Bagian IV — Penutup.**

12. Di manakah tepatnya argumen itu memakai bahwa $17$ merupakan *prima Fermat* ( $17 = 2^{2^2} + 1$ )? Tunjukkan bahwa untuk bilangan prima $p$ , segi- $p$ beraturan [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) jika dan hanya jika $p  = 2^{2^t} + 1$ untuk suatu $t$ *(jika $p - 1 = 2^m$, tunjukkan bahwa $m$ sendiri haruslah pangkat $2$)* .
13. Simpulkan daftar lengkap segi- $n$ beraturan yang [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) untuk $n \leq 20$ , dengan memakai kriteria Gauss–Wantzel pada [Akibat 4.26](#cor-b3-galois-impossible) .

**Bagian V — Jumlah Gauss dan resiprositas kuadrat.** Periode pada Bagian II menyimpan sebuah harta. Untuk bilangan prima ganjil $p$, *simbol Legendre* $\bigl(\frac
ap\bigr)$ bernilai $+1$ jika $a$ kuadrat tak nol modulo $p$, $-1$ jika bukan, dan $0$ jika $p \mid a$; [Latihan 4.4](#exo-b3-galois-4)(b) (kriteria Euler) memberikan $\bigl(\frac ap\bigr) \equiv
a^{(p-1)/2} \pmod p$, dan dari sini kemultiplikatifannya. Tulis $\zeta =
\eu^{2\iu\pi/p}$, $p^* = (-1)^{(p-1)/2}p$, lalu definisikan *jumlah Gauss*

$$
g \;=\; \sum_{a=1}^{p-1}\Bigl(\frac ap\Bigr)\zeta^a .
$$

14. Tunjukkan $\sum_{a=1}^{p-1}\bigl(\frac ap\bigr) = 0$ (sebanyak kuadratnya, sebanyak itu pula yang bukan kuadrat), lalu buktikan bentuk alternatifnya $g = \sum_{a=0}^{p-1}\zeta^{a^2}$ *(setiap kuadrat tak nol tercapai dua kali, dan $\sum_{a}\zeta^a = 0$)* . Untuk $p = 17$ : kaitkan $g$ dengan periode pada Bagian II — tunjukkan $g = \eta_0 - \eta_1$ *(sebab kuadrat modulo $17$ tepat berupa pangkat genap dari pembangun $3$)* .
15. Buktikan $g^2 = p^*$: jabarkan $$g^2 = \sum_{a,b\neq0}\Bigl(\frac{ab}p\Bigr)  \zeta^{a+b}  = \sum_{c}\ \sum_{a \neq 0}\Bigl(\frac{a(c -  a)}p\Bigr)\zeta^{c}$$ (dengan menetapkan $b = c - a$), substitusikan $c - a = at$ untuk menilai jumlah di dalamnya sebagai $\bigl(\frac{-1}p\bigr)(p - 1)$ bila $c = 0$ dan $-\bigl(\frac{-1}p\bigr)$ bila tidak, lalu simpulkan dengan pertanyaan 14. Periksalah secara numerik: untuk $p =  17$, $(\eta_0 - \eta_1)^2 = 17$ (Bagian II).
16. Simpulkan $\sqrt{p^*} \in \Q(\zeta_p)$ , lalu simpulkan bahwa sublapangan kuadrat *tunggal* dari $\Q(\zeta_p)$ adalah $\Q(\sqrt{p^*})$ — tunggal sebab $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_p)/\Q)$ bersifat siklik ( [Teorema 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred) ) dan grup siklik mempunyai tepat satu subgrup berindeks $2$ . (Setiap lapangan kuadrat terbenam di suatu lapangan siklotomik — inilah kasus pertama teorema Kronecker–Weber, yang bentuk umumnya masih jauh di depan.)
17. Sekarang misalkan $q \neq p$ bilangan prima ganjil lain. Dengan bekerja di dalam ring $\Z[\zeta]$ modulo $q$, buktikan $$g^q \equiv \Bigl(\frac qp\Bigr)\,g \pmod{q\Z[\zeta]}$$ *(mimpi mahasiswa baru: $(x + y)^q \equiv x^q + y^q$ modulo $q$ di ring komutatif mana pun; lalu $g^q \equiv  \sum_a\bigl(\frac ap\bigr)^q\zeta^{aq}$, indeks ulang $b =  aq$ dan keluarkan $\bigl(\frac{q^{-1}}p\bigr) =  \bigl(\frac qp\bigr)$)*.
18. Di pihak lain, $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} =  g\,(p^*)^{(q-1)/2}$; dengan memakai kriteria Euler modulo $q$, simpulkan $g^q \equiv \bigl(\frac{p^*}q\bigr)g  \pmod{q\Z[\zeta]}$, lalu — dengan mengalikan kedua ungkapan $g^q$ itu dengan $g$ dan memakai $g^2 = p^*$, yang terbalikkan modulo $q$ — simpulkan $$\Bigl(\frac qp\Bigr) = \Bigl(\frac{p^*}q\Bigr) .$$ *(Mengapa kekongruenan antara bilangan bulat $\pm p^*$ modulo $q\Z[\zeta]$ mengakibatkan kesamaannya? Iriskan dengan $\Z$.)*
19. Uraikan $\bigl(\frac{p^*}q\bigr) =  \bigl(\frac{-1}q\bigr)^{(p-1)/2}\bigl(\frac pq\bigr)$ dan $\bigl(\frac{-1}q\bigr) = (-1)^{(q-1)/2}$ untuk memperoleh *hukum resiprositas kuadrat*: $$\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigl(\frac qp\Bigr)  = (-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2} .$$ Periksalah pada $(p, q) = (17, 3)$ dengan mendaftarkan kuadrat modulo $17$ dan modulo $3$, lalu pakailah untuk memutuskan dalam tiga baris apakah $x^2 \equiv 219 \pmod{383}$ [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) ($383$ prima, $219 = 3\cdot73$).

**Bagian VI — Mencacah polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility): teorema bilangan prima untuk $\mathbb F_q[X]$.** Tetapkan sebuah pangkat prima $q$ lalu misalkan $N_q(n)$ banyaknya polinomial *monik [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility)* berderajat $n$ atas $\mathbb F_q$; ingat kembali dari [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) faktorisasi $X^{q^n} - X$ dan identitas $q^n = \sum_{d\mid n}d\,N_q(d)$, yang kini kita balik, tafsirkan ulang, dan manfaatkan.

20. (Kata) Sebutlah sebuah kata $w \in \mathbb F_q^n$ *primitif* jika ia bukan pangkat $u^{n/d} =  u\cdots u$ dari kata $u$ yang lebih pendek secara sejati, lalu misalkan $A(d)$ banyaknya kata primitif berpanjang $d$ . Tunjukkan bahwa setiap kata berpanjang $n$ secara tunggal merupakan pangkat sebuah kata primitif berpanjang $d \mid n$ , sehingga $q^n = \sum_{d \mid n}A(d)$ ; lalu, dengan membandingkannya dengan [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) , simpulkan $A(d) = d\,N_q(d)$ untuk setiap $d$ , dan jelaskan kebetulan itu lewat sebuah bijeksi eksplisit: unsur $\alpha \in  \mathbb F_{q^d}$ berderajat $d$ mempunyai [orbit](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) [Frobenius](#thm-b3-galois-finitefields) $(\alpha, \alpha^q, \dots, \alpha^{q^{d-1}})$ yang berisi tepat $d$ unsur berbeda, dan unsur berderajat $d$ berkorespondensi $d$ -ke-satu dengan polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) berderajat $d$ .
21. Buktikan *rumus inversi Möbius*: jika $f(n) =  \sum_{d\mid n}g(d)$ untuk setiap $n$, maka $g(n) =  \sum_{d\mid n}\mu(d)\,f(n/d)$, dengan $\mu$ berupa fungsi Möbius ($\mu(m) = (-1)^{\#\text{faktor  prima}}$ bila $m$ bebas kuadrat, dan $0$ bila tidak) *(lema kuncinya: $\sum_{d \mid m}\mu(d) = 0$ untuk $m >  1$ — pasangkan pembagi yang memuat dan yang tidak memuat sebuah faktor prima tetap)*. Simpulkan $$N_q(n) = \frac1n\sum_{d \mid n}\mu(d)\,q^{n/d} .$$
22. Tunjukkan $N_q(n) \geq \frac1n\bigl(q^n - 2q^{n/2}\bigr) > 0$ untuk setiap $n \geq 1$ : sebuah bukti baru bahwa $\mathbb F_{q^n}$ ada untuk setiap $n$ . Tafsirkan suku utamanya: polinomial monik acak berderajat $n$ bersifat [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) dengan peluang $\sim \frac1n$ — padanan [sempurna](#prop-b3-galois-perfect) bagi teorema bilangan prima, dengan $\log x$ ditukar oleh $n$ ; periksalah secara numerik untuk $q = 2$ , $n \leq 4$ ( [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) mendaftarkan cacahannya).
23. Buktikan pendamping multiplikatif pertanyaan 21: $$\prod_{\substack{\pi \text{ monik tak tereduksi}\\ \deg\pi =  n}}\pi \;=\; \prod_{d \mid n}  \bigl(X^{q^d} - X\bigr)^{\mu(n/d)}$$ *(inversi Möbius di dalam grup abelian berisi fungsi rasional tak nol)*; periksalah dengan tangan untuk $q  = 2$, $n = 2$: $(X^4 - X)/(X^2 - X) = X^2 + X + 1$.

**Bagian VII — Dua penutup.**

24. (Pelengkap kedua) Metode Bagian V juga menghitung $\bigl(\frac2q\bigr)$. Misalkan $\omega = \eu^{2\iu\pi/8}$ dan $g = \omega + \omega^{-1}$. Tunjukkan $g^2 = 2$ *(sebab $\omega^2 = \iu$)*; lalu, untuk bilangan prima ganjil $q$, buktikan di $\Z[\omega]$ modulo $q$ bahwa $$g^q \equiv \omega^q + \omega^{-q} \pmod{q\Z[\omega]},$$ dan bahwa ruas kanannya sama dengan $g$ bila $q \equiv \pm1  \pmod 8$ dan $-g$ bila $q \equiv \pm3 \pmod 8$. Dengan membandingkannya dengan $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} \equiv  \bigl(\frac2q\bigr)g$ seperti pada pertanyaan 18, simpulkan $$\Bigl(\frac2q\Bigr) = (-1)^{(q^2-1)/8},$$ sambil memeriksa bahwa $(q^2 - 1)/8$ genap tepat ketika $q  \equiv \pm1 \pmod 8$. Periksalah: $2$ merupakan kuadrat modulo $7$ dan modulo $17$ (yakni $3^2$ dan $6^2$), tetapi bukan modulo $3$ maupun modulo $5$.
25. (Fungsi zeta dari $\mathbb F_q[X]$) Buktikan identitas deret pangkat formal dalam $t$ berikut: $$\prod_{n \geq 1}\bigl(1 - t^n\bigr)^{-N_q(n)}  = \frac1{1 - qt}$$ *(lewat ketunggalan faktorisasi atas semua polinomial monik [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility): jabarkan setiap faktornya sebagai deret geometri lalu cacahlah polinomial monik berderajat $n$)*. Perolehlah kembali identitas $q^m = \sum_{d \mid m}d\,N_q(d)$ pada [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) dengan mengambil logaritmanya. Periksalah koefisien $t^2$ dengan tangan untuk $q = 2$, lalu pakailah rumus pertanyaan 21 untuk menghitung $N_2(6) = 9$, sambil memeriksa $2^6 = 1\cdot2 + 2\cdot1 + 3\cdot2 +  6\cdot9$.

**Solusi Soal 4.1.**

**1.** Polinomial $\Phi_{17}$ [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) ([Teorema 4.23](#thm-b3-galois-cyclotomicirred), atau [Contoh 2.26](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#ex-b3-rings-eisenstein) untuk indeks prima): jadi $[L:\Q] =
\varphi(17) = 16$ dan $G \cong (\Z/17\Z)^\times$, yang siklik berorde $16$ ([Teorema 4.12](#thm-b3-galois-cyclic)). Pangkat $3$ modulo $17$:

$$
3,\ 9,\ 10,\ 13,\ 5,\ 15,\ 11,\ 16,\ 14,\ 8,\ 7,\ 4,\ 12,\ 2,\
6,\ 1
$$

— enam belas nilai berbeda: jadi $3$ membangunnya.

**2.** $G = \langle\sigma\rangle$ siklik berorde $16$; $H_k = \langle\sigma^{2^k}\rangle$ berorde $2^{4-k}$, dan $[H_k : H_{k+1}] = 2$. Menurut teorema fundamental ([Teorema 4.21](#thm-b3-galois-fundamental)), $L_k = L^{H_k}$ memenuhi $[L_k : \Q] = [G : H_k] = 2^k$: jadi setiap $[L_{k+1}:L_k] = 2$.

**3.** Unsur $\zeta \in L = L_4$ duduk di puncak menara perluasan kuadrat atas $\Q$: menurut [Teorema 4.25](#thm-b3-galois-wantzel), $\zeta$ [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible); dan segi-$17$ bertitik sudut $\zeta^k$.

**4.** Automorfisma $\sigma^2$ mengalikan eksponennya dengan $9$; sedangkan eksponen $\eta_0$ adalah pangkat genap dari $3$,

$$
\{3^{2k} \bmod 17\} = \{1, 9, 13, 15, 16, 8, 4, 2\},
$$

yaitu himpunan yang stabil terhadap perkalian dengan $9 = 3^2$; jadi $\eta_0$ (dan demikian pula $\eta_1$) ditetapkan oleh $H_1 =
\langle\sigma^2\rangle$: berarti $\eta_0, \eta_1 \in L_1$, sebuah lapangan kuadrat. Automorfisma $\sigma$ memetakan pangkat genap ke ganjil: ia menukar $\eta_0,
\eta_1$. Karena itu $\eta_0 + \eta_1$ dan $\eta_0\eta_1$ ditetapkan oleh seluruh $G$: jadi rasional; sehingga $\eta_0, \eta_1$ merupakan akar sebuah polinomial kuadrat rasional.

**5.** $\eta_0 + \eta_1 = \sum_{c=1}^{16}\zeta^c = -1$. Hasil kalinya terjabar menjadi $64$ suku $\zeta^{a + b}$, dengan $a$ di himpunan genap dan $b$ di himpunan ganjil. Tak ada suku yang sama dengan $\zeta^0$: sebab $b = -a$ mustahil, karena $-1 = 16 = 3^8$ merupakan pangkat *genap*, sehingga $-a$ tetap berada di himpunan genap. Dengan demikian $\eta_0\eta_1 = \sum_{c \neq 0}
n_c\zeta^c$ dengan $\sum n_c = 64$; menerapkan $\sigma$ menetapkan $\eta_0\eta_1$ (sebab ia menukar kedua faktornya) dan mempermutasikan $\zeta^c$ secara transitif atas semua $c \neq 0$, sehingga semua $n_c$ sama: yakni $n_c
= 4$ dan $\eta_0\eta_1 = 4\sum_{c\neq0}\zeta^c = -4$.

**6.** Bilangan $\eta_{0,1}$ menyelesaikan $Y^2 + Y - 4 = 0$: yakni $\frac{-1 \pm
\sqrt{17}}2$. Secara numerik, dengan memasangkan eksponen sekawannya, $\eta_0 = 2\bigl(\cos\tfrac{2\pi}{17} + \cos\tfrac{4\pi}{17} +
\cos\tfrac{8\pi}{17} + \cos\tfrac{16\pi}{17}\bigr) \approx 1.56
> 0$: jadi $\eta_0 = \frac{-1+\sqrt{17}}2$, $\eta_1 =
\frac{-1-\sqrt{17}}2$, dan $L_1 = \Q(\eta_0) = \Q(\sqrt{17})$.

**7.** Himpunan eksponennya: untuk $\beta_0$: $\{1, 13, 16, 4\}$ = pangkat $3^{4k}$; untuk $\beta_2$: $\{9, 15, 8, 2\}$ = $9 \times$ himpunan itu. Gabungannya: himpunan genap, sehingga $\beta_0 + \beta_2 = \eta_0$; demikian pula $\beta_1 + \beta_3 = \eta_1$. Perkalian dengan $13 = 3^4$ menstabilkan himpunan eksponen setiap $\beta_i$: jadi ditetapkan oleh $H_2 =
\langle\sigma^4\rangle$; sedangkan $\sigma^2$ (yaitu $\times 9$) mengirim $\{1,13,16,4\}$ ke $\{9, 15, 8, 2\}$: jadi ia menukar $\beta_0,
\beta_2$.

**8.** Dengan menjabarkan $\beta_0\beta_2$, keenam belas jumlah eksponennya

$$
\{1,13,16,4\} + \{9,15,8,2\} =
\{10,16,9,3,\ 5,11,4,15,\ 8,14,7,1,\ 13,2,12,6\}
$$

mencakup $1, \dots, 16$ tepat satu kali: sehingga $\beta_0\beta_2 =
\sum_{c\ne0}\zeta^c = -1$. Menerapkan $\sigma$ (yang memetakan $\beta_0 \mapsto \beta_1$, $\beta_2 \mapsto \beta_3$: sebab eksponennya $\times 3$): $\beta_1\beta_3 = \sigma(\beta_0\beta_2)
= -1$.

**9.** Bilangan $\beta_0, \beta_2$ menyelesaikan $Y^2 - \eta_0 Y - 1 = 0$, sehingga $\beta_0 = \frac{\eta_0 + \sqrt{\eta_0^2 + 4}}2$ (secara numerik $\beta_0 = 2\cos\frac{2\pi}{17} + 2\cos\frac{8\pi}{17} \approx
2.05 > 0$, jadi tanda $+$). Demikian pula $\beta_1 = \frac{\eta_1 +
\sqrt{\eta_1^2 + 4}}2 \approx 0.344$ (pemeriksaan numerik kembali menetapkan tandanya). Lalu $L_2 = L_1(\beta_0)$, yang kuadrat atas $L_1$.

**10.** $\gamma_0 + \gamma_1 = \zeta + \zeta^{16} +
\zeta^{13} + \zeta^4 = \beta_0$. Dan

$$
\gamma_0\gamma_1 = (\zeta + \zeta^{16})(\zeta^{13} + \zeta^4)
= \zeta^{14} + \zeta^{5} + \zeta^{12} + \zeta^{3} = \beta_1 .
$$

Jadi $\gamma_0, \gamma_1$ menyelesaikan $Y^2 - \beta_0Y + \beta_1 = 0$; secara numerik $\gamma_0 = 2\cos\frac{2\pi}{17} \approx 1.865 >
\gamma_1 \approx 0.185$: sehingga $\gamma_0 = \frac{\beta_0 +
\sqrt{\beta_0^2 - 4\beta_1}}2$.

**11.** Dengan merantainya:

$$
\eta_0 = \frac{-1 + \sqrt{17}}2,
\quad
\beta_0 = \frac{\eta_0 + \sqrt{\eta_0^2 + 4}}2,
\quad
\beta_1 = \frac{\eta_1 + \sqrt{\eta_1^2 + 4}}2,
\quad
\cos\frac{2\pi}{17} = \frac{\beta_0 + \sqrt{\beta_0^2 -
4\beta_1}}4 .
$$

Secara numerik: $\sqrt{17} \approx 4.1231$, $\eta_0 \approx
1.5616$, $\eta_1 \approx -2.5616$, $\beta_0 \approx 2.0494$, $\beta_1 \approx 0.3441$, $\beta_0^2 - 4\beta_1 \approx
2.8234$, dan $\cos\frac{2\pi}{17} \approx \frac{2.0494 +
1.6803}4 \approx 0.93242$ — berbanding $\cos\frac{2\pi}{17} =
0.93247\dots$: selisih kecilnya berasal dari pembulatan pada tampilan antaranya; dengan lebih banyak angka diperoleh kembali $0.932472$.

**12.** Konstruksinya memerlukan $[L:\Q] = p - 1$ berupa pangkat $2$, agar rantai penuh subgrup berindeks $2$ tersedia. Jika $p = 2^m + 1$ prima dan $m = ab$ dengan $a$ ganjil $>
1$: maka $x + 1 \mid x^a + 1$ pada $x = 2^b$ menunjukkan bahwa $2^b + 1$ membagi $p$ secara sejati — mustahil. Jadi $m$ berupa pangkat $2$: $p =
2^{2^t} + 1$, sebuah *prima Fermat* ($3, 5, 17, 257, 65537$, …). Sebaliknya untuk $p$ semacam itu, $\varphi(p) = 2^{2^t}$ dan argumen pertanyaan 1–3 (atau [Akibat 4.26](#cor-b3-galois-impossible)) berlaku: jadi segi-$p$ beraturan [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) jika dan hanya jika $p$ merupakan prima Fermat.

**13.** Nilai $\varphi(n)$ berupa pangkat $2$ tepat ketika $n =
2^a p_1\cdots p_r$ dengan $p_i$ berupa prima Fermat yang berbeda (lewat kemultiplikatifan $\varphi$; sedangkan pangkat prima ganjil $p^k$ dengan $k
\geq 2$ menyumbang faktor $p \nmid 2^m$). Untuk $n \leq
20$, segi-$n$ beraturan yang [dapat dilukis](#def-b3-galois-constructible) adalah

$$
n = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20
$$

dengan nilai berturut-turut

$$
\varphi(n) = 2,\ 2,\ 4,\ 2,\ 4,\ 4,\ 4,\ 8,\ 8,\ 16,\ 8 .
$$

Yang mustahil adalah $n = 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19$, dengan $\varphi(n) = 6, 6, 10, 12, 6, 6, 18$ yang berfaktor prima ganjil.

**14.** Kuadratnya membentuk peta morfisma pengkuadratan pada $(\Z/p\Z)^\times$ yang siklik, dengan indeks $2$: jadi ada $\frac{p-1}2$ kuadrat dan $\frac{p-1}2$ bukan-kuadrat, sehingga jumlah simbolnya $0$. Lalu

$$
\sum_{a=0}^{p-1}\zeta^{a^2} = 1 + 2\sum_{b \text{ kuadrat}
\neq 0}\zeta^b
= 1 + \sum_{b\neq0}\Bigl(1 + \Bigl(\frac bp\Bigr)\Bigr)
\zeta^b = \sum_{b}\zeta^b + g = g,
$$

dengan memakai $1 + \bigl(\frac bp\bigr) = \#\{a : a^2 = b\}$ dan $\sum_{b=0}^{p-1}\zeta^b = 0$. Untuk $p = 17$: kuadrat modulo $17$ adalah pangkat genap dari pembangun $3$, yakni eksponen yang muncul di $\eta_0$ (Bagian II), sehingga $g =
\sum_{\text{genap }k}\zeta^{3^k} - \sum_{\text{ganjil }k}
\zeta^{3^k} = \eta_0 - \eta_1$.

**15.** Dengan $b = c - a$ ($a, b$ menjelajahi sisa tak nol, sedangkan $c = a + b$ menjelajahi semua sisa):

$$
g^2 = \sum_c\zeta^c\sum_{a\neq0,\,a\neq c}
\Bigl(\frac{a(c-a)}p\Bigr) .
$$

Untuk $c = 0$: $\bigl(\frac{-a^2}p\bigr) =
\bigl(\frac{-1}p\bigr)$, yang dijumlahkan atas $p - 1$ nilai. Untuk $c \neq 0$: substitusikan $c - a = at$, yakni $t = c/a -
1$; ketika $a$ menjelajahi sisa tak nol, $t$ menjelajahi secara bijektif sisa $\neq -1$ (baliklah: $a = c/(1 +
t)$). Sukunya menjadi $\bigl(\frac{a^2t}p\bigr) =
\bigl(\frac tp\bigr)$, dan

$$
\sum_{t \neq -1}\Bigl(\frac tp\Bigr)
= -\Bigl(\frac{-1}p\Bigr)
$$

(sebab jumlah penuhnya lenyap menurut pertanyaan 14). Karena itu

$$
g^2 = \Bigl(\frac{-1}p\Bigr)\Bigl[(p-1) -
\sum_{c\neq0}\zeta^c\Bigr]
= \Bigl(\frac{-1}p\Bigr)\,p = p^* ,
$$

dengan memakai $\sum_{c\neq0}\zeta^c = -1$ dan kriteria Euler $\bigl(\frac{-1}p\bigr) = (-1)^{(p-1)/2}$. Untuk $p = 17$: $(\eta_0 - \eta_1)^2 = (\eta_0 + \eta_1)^2 - 4\eta_0\eta_1 =
1 + 16 = 17$, cocok dengan Bagian II.

**16.** Kesamaan $g^2 = p^*$ menampilkan $\sqrt{p^*} = \pm g \in
\Q(\zeta_p)$, sehingga $\Q(\sqrt{p^*})$ menjadi sublapangan kuadrat. Ketunggalannya: sublapangan berderajat $2$ bersesuaian, lewat [korespondensi Galois](#thm-b3-galois-fundamental), dengan subgrup berindeks $2$ dari $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_p)/\Q) \cong (\Z/p\Z)^\times$ yang siklik, dan grup siklik berorde genap mempunyai tepat satu subgrup semacam itu (yaitu kuadratnya). Setiap lapangan kuadrat berbentuk $\Q(\sqrt{d})$ dengan $d$ bebas kuadrat, dan menggabungkan lapangan $\Q(\sqrt{p^*})$, $\Q(\iu) \subseteq \Q(\zeta_4)$ dan $\Q(\sqrt2) \subseteq \Q(\zeta_8)$ di dalam satu $\Q(\zeta_N)$ menangkap setiap $\sqrt d$: itulah kasus kuadrat dari Kronecker–Weber.

**17.** Di ring komutatif mana pun, $(x + y)^q = x^q + y^q
+ q(\cdots)$: sebab koefisien binomial $\binom qk$ dengan $0 < k <
q$ habis dibagi bilangan prima $q$. Dengan mengiterasikannya pada $p - 1$ suku $g$:

$$
g^q \equiv \sum_{a}\Bigl(\frac ap\Bigr)^{q}\zeta^{aq}
= \sum_a\Bigl(\frac ap\Bigr)\zeta^{aq}
\pmod{q\Z[\zeta]},
$$

($q$ ganjil: simbolnya tak berubah). Indeks ulang $b = aq$: maka $a =
q^{-1}b$ dan $\bigl(\frac{q^{-1}b}p\bigr) =
\bigl(\frac{q}p\bigr)\bigl(\frac bp\bigr)$ (lewat kemultiplikatifan; sebab $\bigl(\frac{q^{-1}}p\bigr) = \bigl(\frac qp\bigr)$ karena simbol sebuah invers sama dengan simbolnya): jadi $g^q \equiv
\bigl(\frac qp\bigr)g$.

**18.** Kesamaan $g^q = g\,(g^2)^{(q-1)/2} = g\,(p^*)^{(q-1)/2}$ berlaku persis (pertanyaan 15), dan kriteria Euler di $\Z$ memberikan $(p^*)^{(q-1)/2} \equiv \bigl(\frac{p^*}q\bigr) \pmod q$, sehingga juga modulo $q\Z[\zeta]$: $g^q \equiv \bigl(\frac{p^*}q\bigr)g$. Dengan membandingkannya dengan pertanyaan 17 lalu mengalikannya dengan $g$:

$$
\Bigl(\frac qp\Bigr)p^* \equiv \Bigl(\frac{p^*}q\Bigr)p^*
\pmod{q\Z[\zeta]} .
$$

Kedua ruasnya bilangan bulat rasional; selisihnya, yang $0$ atau $\pm2p^*$, terletak di $q\Z[\zeta] \cap \Z = q\Z$ (sebab bilangan bulat $m
\in q\Z[\zeta]$ mempunyai $m/q \in \Q \cap \Z[\zeta] = \Z$, dan yang terakhir itu karena $1, \zeta, \dots, \zeta^{p-2}$ merupakan basis-$\Q$ yang koordinat rasionalnya menunjukkan kebulatannya). Karena $q \nmid 2p^*$ ($q$ ganjil dan $q \neq p$), selisihnya $0$: jadi $\bigl(\frac qp\bigr) =
\bigl(\frac{p^*}q\bigr)$.

**19.** Lewat kemultiplikatifan, $\bigl(\frac{p^*}q\bigr) =
\bigl(\frac{-1}q\bigr)^{(p-1)/2}\bigl(\frac pq\bigr) =
(-1)^{\frac{q-1}2\cdot\frac{p-1}2}\bigl(\frac pq\bigr)$, sehingga pertanyaan 18 terbaca $\bigl(\frac qp\bigr)\bigl(\frac
pq\bigr) = (-1)^{\frac{p-1}2\frac{q-1}2}$: itulah resiprositasnya. Periksa $(17, 3)$: eksponennya $\frac{16}2\cdot\frac22 = 8$ bernilai genap, sehingga kedua simbolnya harus bersesuaian; kuadrat modulo $3$ adalah $\{1\}$ sedangkan $17 \equiv 2$: jadi $\bigl(\frac{17}3\bigr) = -1$; sementara kuadrat modulo $17$ adalah $\{1, 4,
9, 16, 8, 2, 15, 13\}$ dan $3$ tak ada di sana: jadi $\bigl(\frac3{17}\bigr) = -1$. Hasil kalinya $+1$, seperti diramalkan. Untuk $x^2
\equiv 219 \pmod{383}$: $\bigl(\frac{219}{383}\bigr) =
\bigl(\frac3{383}\bigr)\bigl(\frac{73}{383}\bigr)$. Pertama: $383 \equiv 3 \pmod4$ dan $3 \equiv 3$: resiprositas memberikan $\bigl(\frac3{383}\bigr) = -\bigl(\frac{383}3\bigr) =
-\bigl(\frac23\bigr) = -(-1) = +1$. Kedua: $73 \equiv 1
\pmod 4$: sehingga $\bigl(\frac{73}{383}\bigr) =
\bigl(\frac{383}{73}\bigr) = \bigl(\frac{18}{73}\bigr) =
\bigl(\frac2{73}\bigr)$ (sebab $18 = 2\cdot3^2$), dan $73 \equiv 1
\pmod 8$ membuat $2$ menjadi kuadrat modulo $73$ (lewat hukum pelengkapnya, yang dapat dibuktikan dengan $g = \zeta_8 + \zeta_8^{-1} = \sqrt2$ di $\Q(\zeta_8)$ lewat metode yang sama): jadi $+1$. Totalnya $+1$: sehingga kekongruenannya [terselesaikan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived).

**20.** Keberadaan dan ketunggalan akar primitifnya: jika $w$ berhimpunan periode $\{d : w = u^{n/d},\ \abs u = d\}$, maka $d_0$ terkecil di antaranya membagi setiap periode $d$ lainnya (sebab jika $w$ sekaligus pangkat-$d$ dan pangkat-$d'$, maka ia pangkat-$\gcd(d, d')$: bandingkan hurufnya pada indeks yang bersesuaian modulo FPB-nya, lewat Bézout), dan blok berpanjang $d_0$ itu primitif. Dengan memilah $q^n$ kata menurut panjang akar primitifnya: $q^n = \sum_{d \mid n}A(d)$. Karena $A$ dan $d\,N_q(d)$ memenuhi rekursi yang sama dengan nilai yang sama pada $n = 1$ (keduanya saling menentukan secara induktif dari $q^n
= \sum_{d\mid n}(\cdot)$), keduanya sama: jadi $A(d) =
d\,N_q(d)$. Bijeksinya: unsur $\alpha$ berderajat $d$ melahirkan kata $w_\alpha$ berisi koefisien… lebih baik secara langsung: unsur berderajat $d$ di $\overline{\mathbb F_q}$ adalah akar dari $N_q(d)$ polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) berderajat $d$, yang masing-masing menyumbang $d$ akar berbeda (karena [separabel](#def-b3-galois-separable)): jadi ada $d\,N_q(d)$ unsur berderajat $d$, cocok dengan cacahan $q^n = \sum_{d\mid n}\#\{
\text{unsur berderajat } d \text{ di } \mathbb F_{q^n}\}$ — ayakan yang sama, sekali pada kata, sekali pada unsur lapangan.

**21.** Lemanya: $\sum_{d \mid m}\mu(d) = \mathbf
1_{m=1}$. Untuk $m > 1$ tetapkan sebuah bilangan prima $p \mid m$: pembagi $m$ yang bebas kuadrat berpasangan sebagai $\{d, pd\}$ dengan $p \nmid d$, dan $\mu(pd) = -\mu(d)$: sehingga jumlahnya saling meniadakan. Lalu, untuk $f(n) =
\sum_{e\mid n}g(e)$:

$$
\sum_{d \mid n}\mu(d)\,f\bigl(\tfrac nd\bigr)
= \sum_{d \mid n}\mu(d)\!\!\sum_{e \mid n/d}\!\!g(e)
= \sum_{e \mid n}g(e)\!\!\sum_{d \mid n/e}\!\!\mu(d)
= g(n) .
$$

Dengan $f(n) = q^n$ dan $g(n) = nN_q(n)$ ([Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6)): diperoleh $N_q(n) =
\frac1n\sum_{d\mid n}\mu(d)\,q^{n/d}$.

**22.** Suku $d = 1$ bernilai $q^n$; sedangkan setiap suku lain mempunyai $\abs{\mu(d)q^{n/d}} \leq q^{n/2}$, dan secara kasar $\sum_{d \mid n, d > 1}q^{n/d} \leq \sum_{j \leq
n/2}q^j < 2q^{n/2}$ (deret geometri, dengan $q \geq 2$). Jadi $nN_q(n) >
q^n - 2q^{n/2} \geq 0$ untuk $n \geq 1$: sehingga [unsur tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) dengan [derajat](#def-b3-galois-extension) apa pun memang ada, dan $\mathbb F_q[X]/(\pi) = \mathbb F_{q^n}$ dibangun kembali — keberadaan yang disertai sensus. Proporsi polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) di antara $q^n$ polinomial monik berderajat $n$ adalah $\frac1n(1 + O(q^{-n/2}))$: itulah teorema bilangan prima untuk $\mathbb F_q[X]$, dengan $n$ berperan sebagai $\log x$. Untuk $q = 2$, cacahan $2, 1, 2, 3$ pada [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) cocok dengan rumus itu: misalnya $N_2(4) = \frac14(2^4 - 2^2) = 3$.

**23.** Di dalam grup abelian multiplikatif berisi fungsi rasional tak nol atas $\mathbb F_q$, tetapkan $F(n) = X^{q^n} -
X$ dan $G(n) = \prod_{\deg\pi = n}\pi$; lalu [Latihan 4.6](#exo-b3-galois-6) mengatakan $F(n) = \prod_{d\mid n}G(d)$. Argumen Möbius pada pertanyaan 21, yang ditulis secara multiplikatif (di sini eksponennya menjumlah persis seperti jumlah tadi), memberikan $G(n) = \prod_{d \mid n}F(d)^{\mu(n/d)}$. Untuk $q = 2$, $n = 2$: $G(2) = \frac{X^4 - X}{X^2 - X} = \frac{X(X^3 -
1)}{X(X - 1)} = X^2 + X + 1$, yakni satu-satunya polinomial kuadrat [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) atas $\mathbb F_2$, sebagaimana seharusnya.

**24.** Karena $\omega^2 = \iu$ dan $\omega^{-2} = -\iu$, maka $g^2 = \omega^2 + 2 + \omega^{-2} = 2$. Mimpi mahasiswa baru di ring komutatif $\Z[\omega]/q\Z[\omega]$: $g^q =
(\omega + \omega^{-1})^q \equiv \omega^q + \omega^{-q}$. Nilai $\omega^q + \omega^{-q}$ hanya bergantung pada $q \bmod 8$: untuk $q \equiv \pm1$, $\omega^q + \omega^{-q} = \omega^{\pm1} +
\omega^{\mp1} = g$; sedangkan untuk $q \equiv \pm3$, dengan memakai $\omega^4 =
-1$, $\omega^{3} = -\omega^{-1}$ dan $\omega^{-3} = -\omega$, sehingga $\omega^q + \omega^{-q} = -g$. Di pihak lain $g^q =
g\,(g^2)^{(q-1)/2} = g\,2^{(q-1)/2} \equiv \bigl(\frac2q\bigr)
g \pmod{q\Z[\omega]}$ menurut kriteria Euler modulo $q$. Dengan membandingkan lalu mengalikannya dengan $g$: $2\bigl(\frac2q\bigr) \equiv
\pm2 \pmod{q\Z[\omega]}$; seandainya tandanya berbeda, $q$ akan membagi $4$ di $\Z[\omega]$, sehingga juga di $\Z$ (sebab $q\Z[\omega] \cap
\Z = q\Z$: lihat koordinatnya pada basis $1, \omega, \omega^2,
\omega^3$), dan itu mustahil untuk $q$ ganjil. Jadi $\bigl(\frac2q\bigr) =
+1$ jika dan hanya jika $q \equiv \pm1 \pmod 8$. Pemeriksaan keparitasan: $q = 8k \pm 1$ memberikan $(q^2 - 1)/8 = 2k(4k \pm 1)$, yang genap; sedangkan $q = 8k \pm 3$ memberikan $(q^2 - 1)/8 = 8k^2 \pm 6k + 1$, yang ganjil: jadi rumus $(-1)^{(q^2-1)/8}$ mengemas kedua kasus itu. Secara numerik: $3^2
= 9 \equiv 2 \pmod 7$ (sebab $7 \equiv -1$), $6^2 = 36 \equiv 2
\pmod{17}$ (sebab $17 \equiv 1$); sedangkan kuadrat modulo $3$ adalah $\{0,
1\}$ dan modulo $5$ adalah $\{0, 1, 4\}$, dan tak satu pun memuat $2$ (sebab $3 \equiv 3$, $5 \equiv -3 \pmod 8$).

**25.** Setiap $f \in \mathbb F_q[X]$ yang monik terfaktorkan secara tunggal sebagai $\prod_\pi\pi^{e_\pi}$ atas polinomial monik [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility): dengan memilahnya menurut [derajat](#def-b3-galois-extension),

$$
\sum_{f \text{ monic}}t^{\deg f}
= \prod_\pi\ \sum_{e \geq 0}t^{e\deg\pi}
= \prod_\pi\bigl(1 - t^{\deg\pi}\bigr)^{-1}
= \prod_{n \geq 1}\bigl(1 - t^n\bigr)^{-N_q(n)},
$$

dan semua hasil kali itu sah secara t-adik (sebab hanya [derajat](#def-b3-galois-extension) $\leq m$ yang menyentuh koefisien $t^m$, dan polinomial [tak tereduksi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/2-ring-dan-aritmetika#def-b3-rings-divisibility) pada setiap [derajat](#def-b3-galois-extension) berhingga banyaknya). Ruas kirinya sama dengan $\sum_m
q^mt^m = (1 - qt)^{-1}$: itulah identitasnya. Logaritmanya: $-\log(1 -
qt) = \sum_m\frac{q^m}mt^m$, sedangkan $\sum_nN_q(n)\bigl(-\log(1
- t^n)\bigr) = \sum_nN_q(n)\sum_k\frac{t^{nk}}k$; koefisien $t^m$ memberikan $\frac{q^m}m = \sum_{dk = m}
\frac{N_q(d)}k = \frac1m\sum_{d \mid m}d\,N_q(d)$, yakni $q^m = \sum_{d\mid m}d\,N_q(d)$. Pemeriksaan dengan tangan, $q = 2$, untuk koefisien $t^2$: $N_2(1) = 2$, $N_2(2) = 1$, dan $(1 - t)^{-2}(1 - t^2)^{-1} = (1 + 2t + 3t^2 + \dots)(1 + t^2
+ \dots)$ berkoefisien $t^2$ sebesar $3 + 1 = 4 = 2^2$. Akhirnya, rumus pertanyaan 21 dengan pembagi $1, 2, 3, 6$:

$$
N_2(6) = \tfrac16\bigl(2^6 - 2^3 - 2^2 + 2\bigr)
= \tfrac{54}6 = 9,
$$

dan memang $1\cdot2 + 2\cdot1 + 3\cdot2 + 6\cdot9 = 2 + 2 +
6 + 54 = 64 = 2^6$.