172 Normat 52:4, 172–179 (2004)
En fjerdegradsligning og dens Galois-gruppe
Kent Holing
Statoil Forskningssenter
Arkitekt Ebbels ve g 10
NO–7005 Trondheim
kho@statoil.com
Innledning
Vi skal for hele tall a og c bestemme Galois-gruppen G til fjerdegradsligningen
Q(x)=x
4
2cx
3
+(c
2
2a
2
)x
2
+2a
2
cx a
2
c
2
=0.
I alle tilfeller viser vi at dette kan gjøres ved bruk av enkle kriterier uttrykt ved a
og c. Vi diskuterer også Galois-gruppen til en gen eralisering av ligningen.
For å bestemme Galois-gruppen (opp til isomorfi) til ligningen bruker vi algorit-
mene gitt i Holing [1] og [2]. I tillegg trenger vi standard teori for fjerdegradslig-
ningen (finnes i [1] og [2] og dets referanser) og en del resultater fra tallteori, som
vi refererer til underveis. Galois-teori utover [1] og [2] er ikke nødvendig.
1
Ligningen Q(x)=0er tidligere inngående studert i forbindelse med det såkal-
te kvadratiske kasseproblemet. Flere artikler i Normat de siste årene omhandler
slike type problemer (problemene tilhører klassen av såkalte stigeproblemer) – se
Holing [3] med referanse r. Se også [4] og [5], som er nyere enn [3].
La, som i [1], m og n være henholdsvis antall heltallsrøtter og klassisk konstruer-
bare røtter til ligningen Q(x)=0, der røttene telles med multiplisitet og komplekse
røtter inkluderes. Vi vet fra [1] at n er enkel å beregne ved hjelp av m og antallet
heltallsrøtter til ligningen (fjerdegradsligningens kubiske resolvent)
R(t)=(t +2a
2
)(t
2
c
2
t +2a
2
c
2
)=0.
1
For artikkelen er det tilstrekkelig med rene kokebokoppskrifter (algoritmer) på hvordan vi
beregner Galois-gruppen til fjerdegradsligningen, og det finner vi i [1] og [2]. Hvis en ønsker en
rask og konsis forklaring på hvordan Galois-teorien og fjerdegradsligningen er knyttet sammen,
kan http://planetmath.org/?op=getobj&from=objects&id=2825 være nyttig (forutsetter generell
kjennskap til Galois-teori).
holing.tex,v 1.12
Normat 4/2004 Kent Holing 173
Vi define rer videre
(1)
C = a
2
+ c
2
,E= 2(D + c
D + 12a
2
),
D = c
2
8a
2
,F= 2(D c
D + 12a
2
).
Vi skal se at størrelsene E og F brukes bare i de tilfeller D er et kvadrattall, slik
at E og F begge er heltall.
Vi behandler de irredusible og redusible tilfellene av Q(x) hver for seg. I [1] er
det gitt en komplett algoritme til å bestemme Galois-gruppen for en monisk fjerde-
gradsligning med heltallskoeffisienter som er irredusibel over Z, mens det i [2] er en
tilsvarende algoritme for det redusible tilfellet for samme type fjerdegradsligning.
Vi vil, som i [1] og [2], bruke standard grupp e notasjon for Galois-gruppene. Grup-
pene V og D
4
forekommer. Vi minner om at V = Z
2
Z
2
og D
4
er den dihedrale
gruppen av orden 8 (symmetrigruppen til kvadratet).
Vi kan uten tap av generalitet anta at a>0 og c>0 når det gjelder bestemmelse
av Galois-gruppen G til ligningen Q(x)=0,daG ikke forandrer seg når a og c
skifter fortegn og tilfellet ac =0er enkelt. (Vis selv at hvis ac =0så er G = {e}
hvis a =0; ellers er G = Z
2
.)
Det er velkjent at diskriminanten til ligningen Q(x)=0spiller en viktig rolle
når vi skal bestemme Galois-gruppen. Diskriminanten er lik 16a
4
c
2
C
2
D, så diskri-
minanten er et kvadrattall hvis og bare hvis D er et kvadrattall.
Til slutt, med et Pytagoreisk trippel (r, s, t) mener vi hele tall r>0, s>0 og
t>0 slik at r
2
+s
2
= t
2
. Et slikt trippel (r, s, t) kalles primitivt hvis gcd(r, s, t)=1.
Fjerdegradsligningens Galois-gruppe
Setning 1 Med a, c, m, C, D, E og F gitt som ovenfor og ac =0kan Galois-
gruppen G til ligningen Q(x)=0bestemmes som følger:
1. Hvis C er et kvadrattall er G = V om m =0,ogG = Z
2
om m =0.
2. Hvis C ikke er et kvadrattall gjelder:
A. G = Z
2
om D og enten E eller F er kvadrattall,
B. G = V om D, men verken E eller F , er kvadrattall, og
C. G = D
4
om D ikke er et kvadrattall.
Vi viser setning 1 ved hjelp av hjelpesetningen nedenfor, som vises etter setningen.
Lemma 2 Følgende gjelder:
a) n =4.
b) Hvis C er et kvadrattall er Q(x) redusibel.
c) Hvis C er et kvadrattall kan ikke D være et kvadrattall.
d) Bare når C er et kvadrattall kan m>0, og da må m =2.
e) Hvis C ikke er et kvadrattall så er Q(x) redusibel hvis og bare hvis D er et
kvadrattall og E eller F er et kvadrattall.
f) CD kan aldri være et kvadrattall.
holing.tex,v 1.12
174 Kent Holing Normat 4/2004
Bevis for setning 1 : Av tilfellene i setningen er 1 og 2A redusible tilfeller mens 2B
og 2C er irredusible tilfeller.
Vi viser 1: Anta at C er et kvadrattall. Da vet vi av lemma 2 b) at Q(x)=0er
redusibel. Redusible fjerdegradsligninger uten heltallsrøtter (dvs. m =0) har ifølge
[2] Galois-gruppe G lik Z
2
hvis diskriminanten er et kvadrattall; ellers er G = V .
Vi ser av lemma 2 c) at diskriminanten ikke er et kvadrattall, så tilfellet med m =0
er vist. Eneste gjenstående mulighet er da m =2ifølge lemma 2 d), men da er det
trivielt at G = Z
2
.
Vi viser 2: Vi starter med det redusible tilfellet i del 2 av setningen, som vi skal
se er tilfellet 2A. Anta altså at C ikke er et kvadrattall og Q(x) er redusibel. Da
må ifølge lemma 2 e) D være et kvadrattall og E eller F være et kvadrattall. Siden
m =0ved lemma 2 d) må G = Z
2
som ovenfor, og vi har vist tilfellet 2A.
Anta videre at Q(x) er irredusibel. Siden n =4ved lemma 2 a), vet vi fra [1]
at G må være enten V , Z
4
eller D
4
. Videre e r G = V hvis diskriminanten er et
kvadrattall; ellers er G enten Z
4
eller D
4
. Anta nå at C ikke er et kvadrattall. Er
D et kvadrattall så har vi altså at G = V , og vi har vist tilfellet 2B. Hvis D ikke
er et kvadrattall må vi skille mellom gruppene Z
4
og D
4
. Om vi kan utelukke Z
4
har vi også vist tilfellet 2C.
Vi må altså vise at Galois-gruppen ikke kan være Z
4
. Anta at verken C eller
D er et kvadrattall. I [1] behandles Z
4
/D
4
-tilfellet ved å innføre en hjelpeligning
P (x)=0. Denne ligningen blir i vårt tilfelle P (x)=(x c)
2
(x
2
+2a
2
x a
2
c
2
)=0.
Vi har da at G = Z
4
bare hvis røttene til P (x)=0alle ligger i rotkropp en til
den kubiske resolventen R(t)=0til ligningen Q(x)=0. Vi ser av uttrykkene for
Q(x) og R(t) at rotkroppene til P (x)=0og R(t)=0er henholdsvis lik Q[
C]
og Q[
D]. Dette viser at G = Z
4
bare kan inntre hvis CD er et kvadrattall (dette
siste følger av [2] eller opp gave 2, no e som ikke kan skje ifølge lemma 2 f).
Setningen er dermed bevist, men se oppgave 2.
Bevis for lemma 2: Del a og b: Det kan vises at for k =
C>0 kan Q(x) alltid
faktoriseres som
(2) Q(x)=p(x)q(x)=
x
2
cx a(a + k)
x
2
cx a(a k)
.
Faktoriseringen kan bestemmes ved enten å observere direkte at Q(x)=0er ekvi-
valent med (x
2
cx a
2
)
2
= a
2
k
2
eller ved å bruke at den kubiske resolventen
R(t)=0til Q(x)=0alltid har heltallsroten 2a
2
.
Vi ser at (2) gir n =4og Q(x)=0er redusibel når k er heltallig (C er et
kvadrattall). At n =4følger også av at resolventen R(t)=0har en heltallsrot,
se [1].
Bevis for del c: Vi lar k
2
= a
2
+ c
2
med k>0 heltallig. Vi kan anta at (a, c, k)
er et primitivt Pytagoreisk trippel. Hvis D = k
2
9a
2
er et kvadrattall må a
være jamn og gcd(k 3a, k +3a)=1(vises nedenfor). Siden a er jamn er k a
og k + a begge kvadrattall, og siden k 3a og k +3a er relativt primiske, er de
også begge kvadrattall (produktet er jo et kvadrattall). Men da vil de 4 forskjellige
kvadrattallene k 3a, k a, k + a og k +3a være påfølgende tall i en aritmetisk
rekke, noe som ikke kan være tilfelle etter et kjent teorem av Fermat, se Sierpinski
[7]. (Se også [8].)
Til slutt, hvorfor er a jamn og gcd(k 3a, k +3a)=1hvis D er et kvadrattall?
At a er jamn kan vises ved kongruensregning modulo 16. At gcd(k 3a, k +3a)=1
holing.tex,v 1.12
Normat 4/2004 Kent Holing 175
følger av at k +3a og k 3a er odde, og ikke multipler av 3 (k er jo odde og ikke
delelig med 3): En vilkårlig felles primtallsfaktor p av k 3a og k +3a vil da måtte
gå opp i 2k og 6a, og derfor gå opp i både k og a (da p>3) – noe som er umulig
da k og a er relativt primiske.
Bevis for d el d: Først ser vi av faktoriseringen (2) at hvis m>0 så er m =2
eller m =4og k heltallig (C er et kvadrattall). Vi viser videre at vi heller ikke kan
ha m =4, så m =2.
2
Er m =4gir (2) at C er et kvadrattall. I tillegg er da også
diskriminanten til Q(x)=0et kvadrattall, så D er et kvadrattall. Men, d et er som
vi vet, ikke mulig at C og D samtidig er kvadrattall; så m =4.
3
Bevis for del e): At Q(x) kan være redusibel selv om C ikke er et kvadrattall
følger av at Q(x)=(x
2
32x + 204)(x
2
2x 51) når a =6og c = 17.
Med Q(x)=p(x)q(x) fra (2), la røttene til ligningene p(x)=0og q(x)=0
være henholdsvis x
1
, x
2
og x
3
, x
4
. Da er x
1,2
=
1
2
(c ±d
1
) og x
3,4
=
1
2
(c ±d
2
), hvor
d
1
=
(k +3a)(k + a) og d
2
=
(k 3a)(k a).Vi kan også vise at d
1
+d
2
=
E
og d
1
d
2
=
F der E og F er gitt av (1) (om nødvendig, se Chrystal [9]).
Anta at C ikke er et kvadrattall og Q(x) er redusibel. Siden Q(x)=0ikke har
heltallsrøtter (m =0ifølge lemma 2 d) må Q(x) kunne skrives som et produkt av
to irredusible andregradsfaktorer med heltallskoeffisienter. Disse faktorene kan ikke
være p(x) og q(x) da C ikke er et kvadrattall. Da må en av disse faktorene være
(x x
1
)(x x
3
) eller (x x
1
)(x x
4
). Så enten må (i) x
1
+ x
3
og x
1
x
3
begge være
heltall, eller (ii) så må både x
1
+ x
4
og x
1
x
4
være det.
Anta (i). Da er d
1
+ d
2
et heltall, så E er et kvadrattall. Også d
1
d
2
er heltall.
Siden d
1
d
2
= c
D må D være et kvadrattall. Tilsvarende vil (ii) gi at D og F er
kvadrattall.
Anta omvend t, når C ikke er et kvadrattall, at D og E er kvadrattall. Da er
d
1
d
2
og d
1
+ d
2
heltall. Dette gir at x
1
+ x
3
og x
1
x
3
er rasjonale tall, som viser
at Q(x) er redusibel over Q. Gauss’ lemma
4
gir da at Q(x) er redusibel over Z,
som skulle vises (det viser seg at også (i) må gjelde). Tilsvarende vises at Q(x) er
redusibel hvis D og F er kvadrattall ((ii) må også gjelde).
Til slutt, E og F kan ikke begge være kvadrattall (i så fall ville vi ha at m =4).
Bevis for del f: Vi kan anta at gcd(a, c)=1. (Hvorfor?) Anta at CD er et
kvadrattall. Ifølge lemma 2 c) kan da verke n C eller D være kvadrattall, så C og
D må ha en felles faktor d>1. En primtalldivisor av d må være lik 3, som gir at
C =3R
2
og D =3S
2
for R og S heltall. Men C =3R
2
gir at både a og c må begge
være jamne (bruk kongruensregning modulo 4), som er umulig.
2
Vi h ar tilfeller med m =2. Vi kan vise at for a = rs og c =(r + s)t, der (r, s, t) er et
Pytagoreisk trippel, er m =2. To av røttene til Q(x)=0er da lik rt og st, så m 2. Så
enten er m =2eller m =4. Nå er Q(x)=(x
2
(r + s)tx + rst
2
)q(x) der diskriminanten til
q(x)=x
2
(r + s)tx + rs(r + s)
2
er lik (r + s)
2
(t
2
+4rs). Siden t
2
+4rs ikke er et kvadrattall
(se [8]) ser vi at vi ikke kan ha m =4, så vi må ha m =2. Merk at vi kan også ha andre tilfeller
med m =2enn på denne formen, som for eksempel når a = 12 og c =5.
3
Vi kan også vise at m =4ikke er mulig uten å bruke faktoriseringen (2): Det er nemlig slik
at hvis m =4, så må (a, c) være proporsjonal med a og c gitt i fotnote 2 med (r, s, t) primitivt
(se [4] og [5]), men da vet vi at m =4.
4
La p(x) være et monisk polynom med heltallskoeffisienter. Da kan p(x) skrives som et produkt
av to moniske polynom av lavere grad med rasjonale koeffisienter hvis og bare hvis p(x) kan skrives
som et produkt av to moniske polynom av lavere grad med heltallskoeffisie nter.
holing.tex,v 1.12
176 Kent Holing Normat 4/2004
Vi avslutter med å utfordre leseren med to oppgaver.
Oppgave 1 :Laa =1og c>0 være heltall.
a) Vis at fjerdegradsligningene Q(x)=0ovenfor for slike c alle har Galois-
grupper, som – på ett unntak nær – er isomorfe.
5
b) I motsetning til a), vis at hvis vi tillater c å være rasjonal, så kan alle tilfellene
i setning 1 oppnås med a =1.
6
Oppgave 2 :LaP (x)=0være en monisk bikvadratisk ligning med heltallsko ef -
fisienter. (En bikvadratisk ligning er en fjerdegradsligning P (x)=0som er en
andregradsligning i x
2
.)
Kappe & Warren [10] gir kriterier for når P (x) er irredusibel og en metode for
å bestemme Galois-gruppen G til ligningen P (x)=0når ligningen er irredus ibel.
Med P (x)=x
4
+ Ax
2
+ B =0er ifølge [10] P (x) irredusibel hvis og bare hvis
verken A
2
4B eller A ± 2
B er kvadrattall (teorem 2). Videre gir [10] at for
P (x) irredusibel så er G = V hvis og bare hvis B er et kvadrattall, G = Z
4
hvis og
bare hvis B(A
2
4B) er et kvadrattall; ellers er G = D
4
(teorem 3).
a) Vis at fjerdegradsligningen Q(x)=0kan transformeres til en monisk bikvad-
ratisk ligning med heltallskoeffisienter.
7
b) Bruk det ovenfor og lemma 2 til å vise 2B og 2C av setning 1.
8
Et forsøk på generalisering
Vi skal nå se på en gene ralisering, og betrakter fj erdegradsligningen
Q(x)=x
4
2cx
3
+(c
2
a
2
b
2
)x
2
+2a
2
cx a
2
c
2
=0
for hele tall a, b og c. For a = b har vi fjerdegradsligningen ovenfor. Merk at lignin-
gen Q(x)=0for a = b er relatert til det såkalte ikkekvadratiske kasseproblemet,se
[3]–[6].
For å bestemme G (opp til isomorfi) av ligningen er det tilstrekkelig å anta
a>0, b>0 og c>0 siden fortegnsskifte på a, b og c ikke endrer G, og G er enkel
å bestemme i tilfellene med abc =0. Vi antar derfor videre at a, b og c er positive
heltall. Vi kan uten tap av generalitet også anta at a<bog gcd(a, b, c)=1.
9
I det generelle tilfellet er det ikke lett å finne kriterier u t fra ligningens koeffisi-
enter som bestemmer G slik det var når a = b, men vi har følgende:
5
For a =1og c>0 heltall er C = c
2
+1aldri kvadrattall. Vi kan også vise at D = c
2
8 er
et kvadrattall hvis og bare hvis c =3. For a =1og c =3er Galois-gruppene derfor alle isomorfe
med D
4
.
6
Betegn Q(x) med Q(x; a, c) for rasjonale a og c. Ved å velge passende heltall u>0 og v>0
oppnås alle tilfeller i setning 1 for ligningen Q(x; u, v)=0(se tabell i appendiks). Siden vi har
at Q(x; u, v)=u
4
Q(x/u;1,v/u)=0, kan vi velge a = u/u =1og c = v/u da ligningene
Q(x; a, c)=0, Q(x/u;1, v/u)=0og Q(x; u, v)=0alle har samme Galois-gruppe.
7
Ligningen Q(x)=0kan transformeres til en monisk bikvadratisk ligning P (x)=0med
heltallskoeffisienter ved å fjerne kubikkleddet til Q(x) (standard metode). Det viser seg at den
transformerte ligningen blir en bikvadratisk ligning da lineærleddet til Q(x)=0også fjernes. Det
er lett å se at vi kan velge P (x)=x
4
2(c
2
+4a
2
)x
2
+ c
2
(c
2
8a
2
)=0.
8
Ligningene Q(x)=0og P (x)=0har samme Galois-gruppe. Vi kan derfor bruke resultatet
for P (x)=0til å bestemme Galois- gruppen til Q(x)=0. Nå er A = 2(c
2
+4a
2
) og B = c
2
D.
Dette gir da at A
2
4B =8
2
a
2
C, A +2
B = E, A 2
B = F og B(A
2
4B)=8
2
a
2
c
2
CD.
Her ser vi hvordan C, D, E, F og CD fra setning 1 kommer inn.
9
Med Q(x; a, b, c)=Q(x) er Q(c x; b, a, c)=Q(x; a, b, c) og Q(kx; ka, kb, kc)=k
4
Q(x; a, b, c).
holing.tex,v 1.12
Normat 4/2004 Kent Holing 177
Setning 3 For ligningen ovenfor gjelder at hvis diskriminanten er lik 0 så er
Galois-gruppen til ligningen G = Z
2
.
Bevis: Det er kje nt (se [4]–[6]) at hvis ligningen har en dobbelrot så er (a, b, c)
proporsjonal med (r
3
,s
3
,t
3
) der (r, s, t) er et primitivt Pytagoreisk trippel. Dob-
belroten er heltallig i dette tilfellet. Det er derfor tilstrekkelig å la a = r
3
, b = s
3
og c = t
3
. Det er lett å vise at ligningen da har de to heltallsrøttene (dobbelroten)
r
2
t. De to andre røttene er gitt av x
2
2s
2
tx r
2
t
4
=0med diskriminant lik
d =4t
2
(s
4
+ r
2
t
2
).
Vi skal vise at d aldri kan være et kvadrattall, så m =2og G = Z
2
. Anta at d
er et kvadrattall. Da er s
4
+ r
2
t
2
et kvadrattall. Men det gir at r
4
r
2
t
2
+ t
4
også
er et kvadrattall, noe som ikke er tilfelle: Det er kjent at den Diofantiske ligningen
x
4
x
2
y
2
+ y
4
= et kvadrattall ikke har løsninger med x = y, se [7].
Avslutning
Vi vet at fjerdegradsligninger med heltallskoeffisienter bare kan ha følgende for-
skjellige (opp til isomorfi) Galois-grupper: S
4
, A
4
, V , Z
4
, D
4
, S
3
, A
3
, Z
2
og {e}
(se [1] og [2]). Av disse opptrer de 5 første gruppene i det irredusible tilfellet men s
V kan opptre også i det redusible tilfellet når ligningen ikke har heltallsrøtter og
dens diskriminant ikke er et kvadrattall. Resten av gruppene opptrer bare i det re-
dusible tilfellet hvor Z
2
da kan opptre i to forskjellige tilfeller, enten når ligningen
har to eller ingen heltallsrøtter (det siste når diskriminanten er et kvadrattall).
I tilfellet med a = b har vi for Q(x)=0at n =4slik at vi trivielt kunne utelukke
gruppene S
4
og A
4
(disse opptrer bare hvis n =0) og S
3
og A
3
(disse opptrer bare
hvis n =1). Vi greide i tillegg å vise at gruppene Z
4
og {e} ikke kunne forekomme.
I det generelle tilfellet for Q(x)=0med a = b og abc =0er det enkelt å finne
eksempler på S
4
, D
4
, S
3
og V . Med litt mer arbeid finner vi også eksempler på A
4
,
A
3
, Z
2
(både med m =0og m =2) og {e} (se nedenfor). Vi har imidlertid ikke
greid å avgjøre om gruppen Z
4
kan forekomme.
I app e ndikset neden for er det gitt to tabeller over de forskjellige gruppetilfellene.
Det er ifølge det ovenfor da ett hull i tabellen for a = b. Leseren utfordres til å
finne eksempler på dette tilfellet (tilfelle med Z
4
) som mangler, eller å vise at dette
tilfellet ikke kan forekomme.
For å finne eksempler med m 1 bruker vi et resultat fra [5] som sier at hvis a,
b og c er på formen
(3) a = r, b =( )s og c = t
for (r, s, t) et primitivt Pytagoreisk trippel, og og heltall med > 1, så
har ligningen Q(x)=0heltallsroten t.
Et tilfelle med G = A
3
krever at m =1og at diskriminanten er et kvadrattall
(se eksemp ler nedenfor).
Tilfeller med m 2 (m =2eller m =4) kan genereres som følger: La (r, s, t) og
(u, v, t) være to Pytagoreiske tripler med r>u. Med
(4) a = r(v s)u, b = s(r u)v og c =(rv us)t
holing.tex,v 1.12
178 Kent Holing Normat 4/2004
vil ligningen Q(x)=0ha minst to heltallsrøtter, nemlig r(v s)t og u(v s)t.
De to andre røttene er røtter til x
2
(r u)(s + v)tx ru(rv us)
2
=0. Vi har
fire heltallsrøtter hvis og bare hvis f =(r u)
2
(s + v)
2
t
2
+4ru(rv us)
2
er et
kvadrattall. (f kan være et kvadrattall da f er kongruent 0 eller 1 modulo 4.) Vi
vet ikke om både (r, s, t) og (u, v, t) kan velges primitive når m =4.
Vi avslutter med enda en oppgave som utfordring til leseren.
Oppgave 3 :Laa>0, b>0 og c>0 heltall, a<bog gcd(a, b, c)=1. Anta at
ligningen Q(x)=0har en triviell Galois-gruppe. Vis at det er 46 slike tilfeller med
a 500 000.(Hint: Se Beiler [11].) I tabell 2 nedenfor er fem av disse tilfellene
gitt.
Jeg vil rette en takk til Dave Rusin, James Buddenhagen og Allan MacLeod, som
har bidratt med eksempler på A
4
, A
3
, Z
2
(med m =0)og{e}.
10
Eksemplene på
A
4
er generert ved hjelp av teori for elliptiske ligninger.
Appendiks
Eksempler på Galois-grupper G = G[a, c] for a = b
Irredusible tilfeller G[a, c] Kommentar
VG[1, 3] Tilfelle 2B (se oppgave 1)
D
4
G[1, 10] Tilfelle 2C (se oppgave 1)
Redusible tilfeller G[a, c] Kommentar
VG[5, 12] Tilfelle 1 (m = 0)
Z
2
G[12, 35] Tilfelle 1 (m = 2),
på form som i fotnote 2
Z
2
G[6, 17] Tilfelle 2A (E et kvadrattall)
Z
2
G[30, 97] Tilfelle 2A (F et kvadrattall)
Eksempler på Galois-grupper G = G[a, b, c] for a = b
Irredusible tilfeller G[a, b, c]
S
4
G[1, 2, 5]
A
4
G[5, 333, 365]
VG[1, 41, 57]
Z
4
Ukjent
D
4
G[1, 7, 17]
10
Se diskusjonen på (1) http://mathforum.org/epigone/sci.math.research/twomprendlex og
(2) http://mathforum.org/epigone/sci.math.research/frizhempham. I (1) gis en interessant to-
parameter familie av eksempler der Galois-gruppen G = G[a, b, c]=G[a(S, T ),b(S, T ),c(S, T )] er
undergrupper av A
4
for alle parametervalg (S, T ). (Eksemplet er slik at diskriminanten til lignin-
gen Q(x)=0alltid er et kvadrattall.) Det er ukjent om det finnes slike tilfeller med G en ekte
undergruppe av A
4
.
holing.tex,v 1.12
Normat 4/2004 Kent Holing 179
Redusible tilfeller G[a, b, c] Kommentar
S
3
G[3, 12, 20] På form (3)
S
3
G[4, 9, 10] Ikke på form (3)
A
3
G[315, 544, 1885] Ikke på form (3)
A
3
G[2480, 39780, 49793] På form (3) (se f otnote
11
)
VG[9, 16, 37]
Z
2
(m = 0) G[750, 1482, 3157]
Z
2
(m = 2) G[27, 64, 125] Tilfelle som i setning 2
Z
2
(m = 2) G[12, 30, 65] Ikke på form (4)
Z
2
(m = 2) G[528, 8568, 10985] Konstruert ved hjelp av (4)
(se fotnote
12
)
{e} G[168, 660, 1105] Ikke på form (4) (oppgave 3)
{e} G[468, 924, 2125] Ikke på form (4) (oppgave 3)
{e} G[945, 3520, 6409] Konstruert ved hjelp av (4)
(se fotnote
13
og oppgave 3)
{e} G[2688, 17391, 25625] Se oppgave 3
{e} G[3003, 16320, 33245] Se oppgave 3
Litteratur
[1] Kent Holing: Når har fjerdegradsligningen konstruerbare røtter? Normat 51,
15–21 (2003).
[2] Kent Holing: Når har fjerdegradsligningen konstruerbare røtter?
Tilleggskommentar om Galois-gruppen. Normat 51, 80–82 (2003).
[3] Kent Holing: På gjengrodde stiger – Epilog. Normat 50, 92–95 (2002).
[4] Problem 11050. The American Mathematical Monthly 110, 957 (2003).
[5] Problem 1678. Mathematics Magazine 76, 318 (2003) & 77, 322–323 (2004).
[6] Oppgave 404. Normat 49, 89 (2001) & 51, 35–37 (2003).
[7] W. Sierpinski: Theory of Numbers, Polska Akademia Nauk, TOM 42, 1963, side
74.
[8] Oppgave 443. Normat 52, 51 (2004).
[9] G. Chrystal: Textbook of Algebra, Vol. I, Seventh Edition, Chelsea Publishing
Company, 1964 (opprinnelig 1886), s. 207–208.
[10] Luise-Charlotte Kappe and Bette Warren. An Elementary Test for the
Galois Group of a Quartic Polynomial. The American Mathematical Monthly 96,
133–137 (1989).
[11] A. H. Beiler: Recreations in the Theory of Numbers. The Queen of Mathematics
Entertains, Second Edition, Dover, 1966 (1964), kapittel 14.
11
På form (3) med = 85, = 101 og (r, s, t) = (468, 155, 493).
12
På form (4) med (r, s, t) = (53, 56, 65) og (u, v, t) = (16, 63, 65) (skalert med gcd(a, b, c)=7)
og f ikke kvadrattall.
13
På form (4) med (r, s, t) = (352, 13 5, 377) og (u, v, t) = (260, 273, 377) (skalert med
gcd(a, b, c) = 3588) og f = 39 525 408
2
et kvadrattall.
holing.tex,v 1.12
