%%% Jorin gradu

% Tämä on runsaasti kommentoitu versio, josta voi katsoa mallia
% omia töitä, eritoten omaa gradua varten.

\documentclass[a4paper,12pt]{article}

%%%% Kieleksi suomi

\usepackage[finnish]{babel}  % Suomenkielinen tavutus. "Contents" -> "Sisältö".
\usepackage[utf8x]{inputenx} % Voi kirjoittaa Mäntysalo eikä M\"antysalo
\usepackage[T1]{fontenc}     % Kirjasimet, copy-paste PDF:stä toimimaan


%%%% Sivun säädöt

% Asetetaan marginaalit yhtäsuuriksi:
\setlength{\oddsidemargin}{0.5\paperwidth}
\addtolength{\oddsidemargin}{-0.5\textwidth}
\addtolength{\oddsidemargin}{-1in}
\setlength{\evensidemargin}{\oddsidemargin}

% Kasvatetaan palstan korkeutta kolme riviä:
\addtolength{\textheight}{3\baselineskip}
\addtolength{\topmargin}{-3\baselineskip}

% Sivunumero alas keskelle, ylätunniste pois.
\pagestyle{plain}


%%%% Ulkoasun viilausta

\setlength{\parindent}{0pt} % Suomalaiseen tyyliin kappaleet...
\setlength{\parskip}{1ex}   % ...erotetaan tyhjällä rivillä.

\widowpenalty=3000 % Estetään leskirivit...
\clubpenalty=3000  % ...ja orporivit.

\usepackage{microtype} % Typografiaa, sanan kirjaintenkin välit joustamaan.

\usepackage{lmodern}   % Parempi kirjasin.

\usepackage{bm}            % Lihavoidut osat kaavoihin: $a+\bm{b}+c=d$

\usepackage[lowtilde]{url} % Kauniimpi mato lähdeluettelon linkkiin

% Matematiikkamoodiin väli pilkun jälkeen, koska suomalainen desimaalierotin.
\usepackage{icomma}


%%%% Grafiikka

\usepackage{tikz} % Kuvituksen työjuhta. Kaipaa lisäpaketteja.
% Positioning: voidaa säätää mm. "left=2cm of nn", ei vain "left of=nn".
% Shapes: kuviotyyppejä, mm. pyöristetty suorakulmio.
% Decorations: viivatyyppejä, mm. zigzag-viiva.
% 3dplot: \tdplotsetmaincoords 3d-näkymän kiertämiseen.
\usetikzlibrary{positioning,shapes,decorations.pathmorphing}
\usepackage{tikz-3dplot}


% Useamman kuvan kokoaminen koosteeksi, jolla on oma otsikko.
\usepackage{subcaption}

% Teksti kiertämään kuvia ja taulukoita, kuvat oikealla puolella.
\usepackage[rflt]{floatflt}

% Kuvateksti ilman "Kuva N:" -alkua
\captionsetup[figure]{labelformat=empty,justification=centering}

% Alikuvien teksti ilman "(a)" -alkua
\captionsetup[subfigure]{labelformat=empty}


%%%% Vaivan säästämistä

% Useampaan kertaan toistuvat tekstit makroiksi.
\def \NIMI      {Resolventtimenetelmästä}
\def \ASIASANAT {Galois'n ryhmä, resolventti}

% Sivujen kokonaismäärä tiivistelmään. Ei tarvitse kirjoittaa itse.
\usepackage{lastpage}

% Uusi luku alkaa aina uudelta sivulta. Säästää \newpage -komennoilta.
\usepackage{titlesec}
\newcommand{\sectionbreak}{\clearpage}

% AMS:n viritykset
\usepackage{amssymb} % Mm. lukujoukot \mathbb -komennolla.
\usepackage{amsmath} % Mm. \DeclareMathOperator tulee tästä.
\usepackage{amsthm}  % Mm. \newtheorem tulee tästä.

% Ei tarvita \mathrm-komentoja pystykirjasimeen matematiikkatilassa.
\DeclareMathOperator{\gal}{Gal}
\DeclareMathOperator{\res}{Res}
\DeclareMathOperator{\im}{Im}

% Seuraavien ansiosta voi olla paitsi numeroituja lauseita myös
% numeroituja esimerkkejä ja määritelmiä.
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{maaritelma}{Määritelmä}[section]
\newtheorem{esimerkki}{Esimerkki}[section]
\newtheorem{lause}{Lause}[section]
\newtheorem{seuraus}{Seuraus}[section]

\usepackage{hyperref} % Tämän jälkeen ei saa tulla lisää paketteja.
\hypersetup{
pdfinfo={
     CreationDate={D:20130605130000},
     ModDate={D:20130605130000},
     Author={Jori Mäntysalo},
     Subject={Algebra, Galois'n ryhmän määritys.},
     Title={\NIMI},
     Keywords={\ASIASANAT.},
     Creator={Emacs},
     Producer={LaTeX}
}
}

% Omat makrot toistuville ryhmille.

% \ensuremath -komennon ansioista voi kirjoittaa sekä
% "Ryhmä \S on" että "Tällöin $G \cong \S".
% \xspace hoitaa välilyönnit.
\usepackage{xspace}
\renewcommand*{\S}{\ensuremath{S_5}\xspace}
\newcommand*{\A}{\ensuremath{A_5}\xspace}
\newcommand*{\M}{\ensuremath{M_{20}}\xspace}
\newcommand*{\D}{\ensuremath{D_5}\xspace}
\newcommand*{\C}{\ensuremath{C_5}\xspace}

\newcommand*{\ZZ}{\mathbb{Z}}
\newcommand*{\QQ}{\mathbb{Q}}
\newcommand*{\CC}{\mathbb{C}}

% Omat todistuksen sisäiset väliotsikot.
\newcounter{valiotsikko}[lause]
\newcommand*{\valiotsikko}[1]{
\refstepcounter{valiotsikko}
{\it \arabic{valiotsikko}: #1}
\nopagebreak
}

\newcounter{valivaliotsikko}[valiotsikko]
\newcommand*{\valivaliotsikko}[1]{
\refstepcounter{valivaliotsikko}
{\it \arabic{valiotsikko}.\arabic{valivaliotsikko}: #1}
\nopagebreak
}

% Komento \ref{AAA} tuottaa tuloksen \p@AAA\theAAA.
% Oletuksena \p@ -komennot ovat tyhjiä. Muokataan, jotta voidaan
% viitata todistuksen sisällä alakohtaan.

\makeatletter
\renewcommand{\p@valivaliotsikko}{\thevaliotsikko.}
\makeatother


% Viisikulmio, jonka sisällä on tähti.
\newcommand*{\penta}[2][mustareunus]{
\newdimen\R
\R=1cm

\colorlet{sisavari}{lightgray}
\colorlet{ulkovari}{black}

\ifnum\pdfstrcmp{#1}{harmaareunus}=0
\colorlet{sisavari}{black}
\colorlet{ulkovari}{lightgray}
\fi

% Sisätähti. 360/5*2="hypätään yhden kulman yli".
\draw[ultra thick, color=sisavari, join=round] (90+360/5:\R)
\foreach[count=\i] \x in {#2} {
        -- (90-\i*360/5*2+360/5:\R) 
} -- cycle;
% Ulkoreuna ja kulmien otsikot.
\draw[ultra thick, color=ulkovari] (90+360/5:\R)
\foreach[count=\i] \x in {#2} {
        -- (90-\i*360/5+360/5:\R) node
           [anchor=180+90-\i*360/5+360/5, color=black] {\x}
} -- cycle;
}


% S5:n transitiiviset aliryhmät. Pohja jonka päälle tulevat loput.
% k on vinoneliön keskus.
\newcommand*{\Skuva}{
 \node (C5)                      {\C};
 \node (D5)  [above=0.8cm of C5] {\D};
 \node (k)   [above of=D5]       {};
 \node (A5)  [left of=k]         {\A};
 \node (M20) [right of=k]        {\M};
 \node (S5)  [above of=k]        {\S};
 \node (vy)  [left of=S5]  {}; % vy=Vasen Ylä jne.
 \node (oy)  [right of=S5] {}; % Valmiit pisteet viivoja varten.
 \node (va)  [left of=D5]  {};
 \node (oa)  [right of=D5] {};
}

\begin{document}

\begin{titlepage}
\large\bfseries\centering

\hrule height 1pt
\medskip

TAMPEREEN YLIOPISTO\\
Pro gradu -tutkielma

\medskip
\hrule height 1pt

\vspace{\fill}

\raisebox{1.5cm}[0pt][0pt]{Jori Mäntysalo}\\[-\baselineskip]
{\LARGE \NIMI \par}

\vspace{\fill}

\hrule height 1pt
\medskip

Informaatiotieteiden yksikkö\\
Matematiikka\\
Kesäkuu 2013

\medskip
\hrule height 1pt

\end{titlepage}

% Myös kansilehti otetaan mukaan sivuja laskettaessa.
\setcounter{page}{2}

\cleardoublepage

% PDF:n kirjanmerkki.
\subpdfbookmark{Tiivistelmä}{tiivistelma}

\begingroup
\setlength{\parindent}{0pt}
\setlength{\parskip}{\medskipamount}
Tampereen yliopisto

Informaatiotieteiden yksikkö

MÄNTYSALO, JORI: \NIMI

% Seuraavan makro lastpage-paketista
Pro gradu -tutkielma, \pageref*{LastPage} {} s.

Matematiikka

Kesäkuu 2013\\
\rule{\textwidth}{0.4pt}
\endgroup

\subsection*{Tiivistelmä}

Resolventtimenetelmä on eräs tapa määritellä polynomin Galois'n ryhmä.

Jokaista ryhmää $G$ kohti voidaan muodostaa resolventti, joka kertoo
onko Galois'n ryhmä $G$ tai sen aliryhmä. Oikea ryhmä määritetään
yhdistämällä useamman resolventin tulokset.

Resolventti on polynomi, josta tutkitaan rationaalijuurien olemassaoloa.
Resolventin kertoimet voidaan esittää tutkittavan polynomin kertoimien
avulla. Kokonaislukukertoimisen polynomin tapauksessa resolventin
kertoimet ovat kokonaislukuja, jolloin ne voidaan myös laskea
numeerisesti tutkittavan polynomin juurista ja pyöristää kokonaislukuun.

Resolventin ydin on osasymmetrinen monen muuttujan resolventtipolynomi.
Esimerkiksi $f(a, b, c, d)=ab+cd$ on tällainen: jotkin permutoinnit,
kuten muuttujien $a$ ja $b$ vaihto, eivät muuta sen arvoa. Tämä
resolventtipolynomi vastaa 8-alkioista ryhmää $D_4$, ja
vastaavasti polynomin $f$ neljää muuttujaa voi permutoida 8 tavalla
säilyttäen polynomi samana.

Tutkielmassa resolventtimenetelmän käyttö selostetaan
rationaalikertoimisille polynomeille. Konkreettisena esimerkkinä
laaditaan tarvittavat resolventit viidennen asteen polynomin
Galois'n ryhmän selvittämiseen ja sovelletaan niitä.

% Ylimäääräinen tyhjä rivi erottamaan asiasanat.
\vspace{\baselineskip}

Asiasanat: \ASIASANAT.

\cleardoublepage

% PDF:n kirjanmerkki oikealle tasolle. Vrt. \subpdfbookmark aiemmin.
\currentpdfbookmark{\contentsname}{toc}
\tableofcontents

\section{Johdanto}

Melko abstrakti Galois'n teoria syntyi konkreettisesta ongelmasta:
viidennen asteen yhtälölle ei löytynyt samantyyppistä ratkaisukaavaa
kuin 2.--4. asteen yhtälöille tunnettiin. Galois'n oivallus oli tutkia
polynomin yhden juuren sijaan kaikkien juurten permutaatioita.

Nämä permutaatiot tunnetaan nimellä Galois'n ryhmä. Annetun polynomin
Galois'n ryhmän voi määrittää usealla tavalla, joista
resolventtimenetelmä on yksi. Ilmeisesti ensimmäisenä menetelmän esitti
täsmällisesti Richard Stauduhar vuonna 1973\cite{stauduhar}.

Tutkielman voi ajatella kolmitasoisena: esitietojen jälkeen esitämme
ensin resolventtimenetelmän periaatteen
luvussa \ref{luku:resolventti}, sitten konkretisoimme sen viidennen
asteen polynomeille luvussa \ref{luku:galois5}, ja lopuksi
luvussa \ref{luku:esimerkkeja} konkretisoimme tätä edelleen
määrittämällä muutaman esimerkkipolynomin Galois'n ryhmät.

Esitiedoista luvut \ref{luku:ryhmateoriaa}, \ref{luku:kuntateoriaa}
ja \ref{luku:galoisryhma} kertaavat taustatietoja. Niiden
tärkein tulos on rajata mahdollisuudet: Jaottoman asteen $n$ polynomin
Galois'n ryhmä on $S_n$ tai sen transitiivinen aliryhmä. Aliryhmillä
voi olla edelleen aliryhmiä, ja ryhmä voi olla useammankin ryhmän
aliryhmä. Näin aliryhmät muodostavat suunnatun verkon, jota
resolventeilla haarukoidaan.

Luku \ref{luku:sympolynomit} käsittelee symmetrisiä polynomeja, ja on
olennainen avain koko menetelmään. Luvun \ref{luku:tschirnhaus} sen sijaan
voi hyvin ohittaa ensimmäisellä lukukerralla, sillä se koskee vain
erästä erikoistilannetta.

Lopuksi luvussa \ref{luku:yleistamisesta} hahmottelemme menetelmän
yleistämistä toisaalta muille kuin rationaalikertoimisille
polynomeille ja toisaalta menetelmän käytännön toteutettavuutta
korkeamman asteen polynomeille.

\section{Taustatietoa}

Tarvittava taustatieto löytyy olennaisesti samanlaisena mistä tahansa
algebran oppikirjasta. Eräs vaihtoehto paperilla on \cite{stewart} ja
verkossa \cite{aata2011}.

Oletamme lukijan tuntevan käsitteet kunta ja kuntalaajennus.
Kertaamme muut määritelmät tiiviisti ja vain siltä osin kuin tämän
tutkielman ymmärtämiseksi on tarpeen.

Käytämme merkintää $G \subset H$ kun $G$ on ryhmän $H$ aito aliryhmä
tai vastaavasti kunnan aito alikunta. Jos voi olla myös $G=H$,
merkitsemme $G \subseteq H$.

\subsection{Ryhmäteoriaa}
\label{luku:ryhmateoriaa}

Myöhemmin määriteltävä Galois'n ryhmä voidaan tulkita juurten
permutaatioryhmän transitiiviseksi aliryhmäksi. Siksi aloitamme
ryhmäteorialla ja määrittelemme nämä käsitteet.

\begin{floatingtable}{\centering
\begin{tabular}{c|cccc}
$\circ$ & e & a & b & c \\
\hline
e & e & a & b & c \\
a & a & e & c & b \\
b & b & c & e & a \\
c & c & b & a & e 
\end{tabular}}
\end{floatingtable}

Muistin virkistykseksi esitämme oikealla Kleinin neliryhmän, jota
merkitään $V$.  Se on kuvattu abstraktina ryhmänä. Tutkimme sitten
kahta ryhmän $S_4$ aliryhmää:

$G_1=\{(), (12), (34), (12)(34)\}$ \\
$G_2=\{(), (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ 

Abstraktiksi ryhmäksi tulkittuna edelliset ovat Kleinin neliryhmän
kanssa isomorfisia: $G_1 \cong G_2 \cong V$. Ryhmillä on silti eroa,
jonka nyt määrittelemme.

\begin{maaritelma} (\cite[s. 155]{cox})
Olkoon $G \subseteq S_n$ ryhmä ja aliryhmät $H, H' \subset G$. Jos on olemassa
sellainen $g \in G$, että $gHg^{-1}=H'$, niin
$H$ ja $H'$ ovat \emph{konjugaatteja ryhmässä $G$}.
\end{maaritelma}

\begin{esimerkki}

Ryhmä $\{(), (13), (24), (13)(24)\}$ on konjugaatti edellisen
esimerkin ryhmälle $G_1$ ryhmässä $S_4$. Edellisen lauseen konjugoiva
alkio $g$ on tässä permutaatio $(23)$.

\end{esimerkki}

Vapaasti kuvaten konjugaatti tarkoittaa saman asian kuvausta eri
tavoin numeroituna, ja konjugoiva alkio kuvaa tätä
(uudelleen)numerointia; edellä siis uudelleennumerointi
tarkoitti alkioiden 2 ja 3 keskinäistä vaihtoa.

\begin{maaritelma} (\cite[s. 134]{cox})
Olkoon ryhmä $G \subseteq S_n$. Jos kaikilla $a, b \in \{1, 2, \dotsc, n\}$
on olemassa $\sigma \in G$ siten, että $\sigma(a)=b$, niin aliryhmä $G$ on
\emph{transitiivinen}.
\end{maaritelma}

Edellisistä esimerkeistä ryhmä $G_1$ ei ole transitiivinen, koska
esimerkiksi alkio 1 ei siirry alkion 3 paikalle millään ryhmään
kuuluvalla permutaatiolla. Ryhmä $G_2$ on transitiivinen.

On olennaista havaita transitiivisuuden olevan jonkin ryhmän $S_n$
aliryhmän ominaisuus, ei abstraktin ryhmän ominaisuus.

Vapaasti kuvaten transitiivisuus tarkoittaa, että ryhmässä mikä
tahansa alkio siirtyy minkä tahansa toisen alkion paikalle. Jos ryhmä ei
ole transitiivinen, se voidaan jakaa osiin joiden välillä siirtymiä
ei tapahdu; esimerkkiryhmässä $G_1$ nämä osat ovat $\{1, 2\}$ ja $\{3, 4\}$.

Havaitsimme edellä, etteivät kaksi keskenään isomorfista ryhmää
välttämättä ole konjugaatteja. Palaamme tähän Galois'n ryhmien
yhteydessä.

\subsection{Kuntateoriaa}
\label{luku:kuntateoriaa}

Tässä työssä tutkimme vain rationaalikertoimisia polynomeja. Tällöin
vastaavat juurikunnat ovat tietyntyyppisiä rationaali- ja
kompleksilukujen välikuntia. Kertaamme näistä muutamia
määritelmiä ja lauseita. Palautamme aluksi mieleen merkinnän
$K(a_1, a_2, \dotsc, a_n)$: tämä tarkoittaa suppeinta kunnan $K$
laajennusta, johon kuuluvat alkiot $a_1, a_2, \dotsc, a_n$.

\begin{maaritelma}[Kuntalaajennuksen aste] (Vrt. \cite[s. 88]{cox})

Olkoon $L$ kunta, joka voidaan esittää $n$-ulotteisena
vektoriavaruutena, jonka kerroinkunta on $K$.

Tällöin $L$ on \emph{kunnan $K$ äärellinen laajennus} jonka \emph{aste}
on $n$. Aste merkitään $[L:K]$.

\end{maaritelma}

Määritelmä siis tarkoittaa, että kunnan $L$ kaikkien alkioiden esittämiseksi
tarvitaan vähintään $n$ alkiota $k_1=1, k_2, \dotsc, k_n \in L$:

\[
L=\{a_1+a_2k_2+a_3k_3+\dotsb +a_nk_n \mid a_1, a_2, \dotsc, a_n \in K\}.
\]

Tällainen kunta saadaan liittämällä $K$-kertoimisten polynomien
juuria kuntaan $K$. Erikoistapaus tästä on kunnan $\QQ$ äärellinen
laajennus.

\begin{lause} (Vrt. \cite[s. 78]{cox})

Olkoot $r_1, r_2, \dotsc, r_n$ rationaalikertoimisten polynomien
juuria.

Tällöin $\QQ(r_1, r_2, \dotsc, r_n)$ on rationaalilukujen äärellinen
laajennus.

Todistus: Sivuutetaan.

\end{lause}

Teemme edellisistä esimerkin

\begin{esimerkki}
\label{esimerkki:kunta236}

Luvut $\sqrt{2}$ ja $\sqrt{3}$ ovat selvästi eräiden polynomien juuria.
Tällöin joukko

\[
\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3}) = 
\{a_1+a_2\sqrt{2}+a_3\sqrt{3}+a_4\sqrt{6}
 \mid a_1, a_2, a_3, a_4 \in \QQ \}
\]

on kunta. Se on kunnan $\QQ$ äärellinen laajennus ja
$[\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : \QQ]=4$.

\end{esimerkki}

Kuntalaajennuksia voidaan laajentaa edelleen.

\begin{lause}[Tornilause] (\cite[s. 91]{cox})

Olkoot $M/L$ ja $L/K$ kuntalaajennuksia.

Tällöin $[M:K]=[M:L][L:K]$.

Todistus: sivuutetaan.

\end{lause}

\begin{esimerkki}

Joukko $\QQ(\sqrt{2})=\{a_1+a_2\sqrt{2} \mid a_1, a_2 \in \QQ\}$ on
kunta ja $[\QQ(\sqrt{2}):\QQ]=2$.  Edellä todettiin
$[\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : \QQ]=4$.  Siis laajennuksen
$\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3})/\QQ(\sqrt{2})$ aste on $4/2=2$. Auki
purettuna tämä laajennus on

\[
\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3})=
\{a_1+a_2\sqrt{3} \mid a_1, a_2 \in \QQ(\sqrt{2}) \}.
\]

\end{esimerkki}

Edellä esitetyn perusteella polynomille voidaan määritellä juurikunta,
suppein --- ja erityisesti äärellinen --- kuntalaajennus joka sisältää
kaikki juuret. Algebran peruslauseen nojalla kompleksilukukertoimisen
polynomin kaikki juuret ovat kompleksilukuja (vrt. \cite[s. 62--66]{cox}).
Näin rationaalikertoimisen polynomin juurikunta on rationaalilukujen
äärellinen laajennus ja kompleksilukujen aito alikunta.

\begin{maaritelma} (Vrt. esim. \cite[s. 341]{aata2011})
Olkoon $P \in \QQ[x]$ polynomi, jonka juuret ovat $r_1, r_2,
\dotsc, r_n \in \CC$. Kunta

\[
\QQ(r_1, r_2, \dotsc, r_n) \subset \CC
\]

on polynomin $P$ \emph{juurikunta}.

\end{maaritelma}

Ennen esimerkkiä määrittelemme lisää.

% Huomaa seuraavassa \colon. Halutaan välit esim. [L : K] mutta f: a->b.

\begin{maaritelma} (vrt. \cite[s. 373]{aata2011})

Olkoon $L/\QQ$ kuntalaajennus ja $f$ bijektio $L
\rightarrow L$ siten, että
\begin{itemize}
\setlength{\itemsep}{0cm}
\item $\forall a, b \in L \colon f(a+b)=f(a)+f(b)$,
\item $\forall a, b \in L \colon f(ab)=f(a)f(b)$ ja
\item $\forall x \in \QQ \colon f(x)=x$.
\end{itemize}

Tällöin $f$ on $\QQ$-\emph{automorfismi}.

\end{maaritelma}

Teemme edellisistä esimerkin.

\begin{esimerkki} Tutkitaan polynomin $P(x)=x^2-2$ juurikuntaa
$\QQ(\sqrt{2})$.

Olkoon funktio

\[
f(a_1+a_2\sqrt{2})=a_1-a_2\sqrt{2}.
\]

Selvästi $\forall x, y \in \QQ(\sqrt{2})$ pätee
$f(x+y)=f(x)+f(y)$, ja helpolla laskutoimituksella nähdään
$f(xy)=f(x)f(y)$. Jos $x$ on rationaaliluku, niin $f(x)=x$.

Siis $f$ on $\QQ$-automorfismi kunnassa $\QQ(\sqrt{2})$.

\end{esimerkki}

Määritimme siis edellä polynomin juurikunnan $\QQ$-automorfismin; itse
asiassa Galois'n ryhmän alkion, johon palaamme seuraavassa luvussa.

Tarvitsemme vielä polynomien jaollisuuteen liittyvän lauseen. Seuraava
ei liity aiemmin esitettyyn.

\begin{lause} \label{lause:tuplajuurijaollinen}
(Vrt. \cite[s. 110]{cox})

Rationaalikertoiminen polynomi, jolla on moninkertainen juuri, on jaollinen.

Todistus:

Tehdään vastaoletus: $P \in \QQ[x]$ on jaoton polynomi, jolla
on moninkertainen juuri $r$.

Lasketaan ensin derivaatta pisteessä $r$. Vastaoletuksen nojalla $P$
on muotoa $(x-r)^2Q$, jossa $Q$ on jokin polynomi. Tämän derivaatta on
$(2x-2r)Q+(x-r)^2Q'$. Siis $r$ on myös derivaatan $P'$ nollakohta.

Lasketaan polynomien $P$ ja $P'$ suurin yhteinen tekijä. Olkoon $R \in
\QQ[x]$ jokin polynomi, joka jakaa polynomit $P$ ja $P'$. Koska
vastaoletuksen mukaan $P$ on jaoton, on $R$ vakio tai $P$ kerrottuna
vakiolla. Viimeksimainitussa tapauksessa polynomin $R$ aste on sama
kuin polynomin $P$, jolloin se ei voi jakaa pienempää astetta olevaa
polynomia $P'$.

Siis polynomin $R$ on oltava vakio. Tällöin on Bézoutin lemmana
tunnetun lauseen (lähde \cite[s. 271--272]{aata2011}; lähde ei nimeä
lausetta) perusteella olemassa polynomit $S \in \QQ[x]$ ja $T
\in \QQ[x]$ siten, että

\[
SP+TP'=1.
\]

Sijoittamalla tähän $x=r$ saadaan $0=1$. Tämä on ristiriita ja todistaa
alkuperäisen väitteen.

\end{lause}

\newpage

\subsection{Galois'n ryhmä}
\label{luku:galoisryhma}

Tässä työssä tutkimme erästä tapaa määritellä polynomin Galois'n
ryhmä. Aloitamme määritelmästä ja pohdimme sitten millä tarkkuudella
Galois'n ryhmä on mielekästä kertoa.

\begin{maaritelma} (\cite[s. 373]{aata2011}, \cite[s. 134]{cox})

Olkoon $L/\QQ$ äärellinen kuntalaajennus.

Kunnan $L$ kaikki $\QQ$-automorfismit muodostavat
ryhmän laskutoimituksena funktioiden yhdistäminen. Tämä
on \emph{kuntalaajennuksen Galois'n ryhmä} ja se merkitään
$\gal(L/\QQ)$.

Jos $L$ on polynomin $P \in \QQ[x]$ juurikunta, on
tämä myös \emph{polynomin $P$ Galois'n ryhmä} ja se merkitään
$\gal(P)$.

\end{maaritelma}

Teemme ensin esimerkin kuntalaajennuksen Galois'n ryhmästä.

\begin{esimerkki}
\label{esimerkki:pjaq}

Tutkitaan kuntaa $\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3})$.

Tällä on tunnetusti (esim. \cite[s. 373--374]{aata2011}) neljä
$\QQ$-automorfismia:

$f_0(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}) = a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}$ \\
$f_1(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}) = a-b\sqrt{2}+c\sqrt{3}-d\sqrt{6}$ \\
$f_2(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}) = a+b\sqrt{2}-c\sqrt{3}-d\sqrt{6}$ \\
$f_3(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}) = a-b\sqrt{2}-c\sqrt{3}+d\sqrt{6}$.

Nämä funktiot muodostavat Kleinin neliryhmän kanssa isomorfisen
ryhmän, kun laskutoimitukseksi otetaan funktioiden yhdistäminen.

\end{esimerkki}

Polynomin Galois'n ryhmää voidaan ajatella toisinkin. Tässä palaamme
tapaan, jolla Galois itse käsitteli nykyään hänen nimeään kantavaa
ryhmää\cite[s. 135]{cox}.

\begin{lause} (\cite[s. 374]{aata2011})

Polynomin Galois'n ryhmän alkio kuvaa juuren juurelle.

Todistus: Olkoon $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dotsb+a_0$
rationaalikertoiminen polynomi. Olkoon $r$ polynomin $P$ juuri ja $f$
jokin joukon $\gal(P)$ alkio. Tällöin

$0=f(0) \Leftrightarrow$
  (automorfismissa nolla kuvautuu aina nollaan) \\
$0=f(P(r)) \Leftrightarrow$
  (oletuksen mukaan $P(r)=0$) \\
$0=f(a_nr^n+a_{n-1}r^{n-1}+\dotsb+a_0) \Leftrightarrow$
  (polynomi purettu) \\
$0=f(a_nr^n)+f(a_{n-1}r^{n-1})+\dotsb+f(a_0) \Leftrightarrow$
  (summan automorfismi) \\
$0=f(a_n)f(r)^n+f(a_{n-1})f(r)^{n-1}+\dotsb+f(a_0) \Leftrightarrow$
  (tulon automorfismi) \\
$0=a_nf(r)^n+a_{n-1}f(r)^{n-1}+\dotsb+a_0$
  (koska $a_i \in \QQ$, niin $f(a_i)=a_i$)\\
$0=P(f(r))$ (polynomi koottu)

\end{lause}

Jokainen Galois'n ryhmän automorfismi siis permutoi juuret jollain
tavalla.

\begin{lause} (\cite[s. 133]{cox})

Olkoon $P \in \QQ[x]$ astetta $n$ ja $r_1, r_2, \dotsc, r_n$
sen juuret.

Tällöin voidaan muodostaa injektiivinen homomorfismi
$\gal(P) \rightarrow S_n$.

Todistus:

Olkoon $f \in \gal(P)$. Edellisen lauseen perusteella se kuvaa juuren
juurelle. Koska Galois'n ryhmän alkio on automorfismi, se on
bijektio. Tällöin kaksi eri juurta eivät voi kuvautua samalle
juurelle. Funktio $f$ voidaan siis kuvata juurten yhtenä
permutaationa:

\[
\gal(P) \rightarrow S_n \colon f \mapsto \sigma
\]

jossa

\[
f(r_i)=r_j \Leftrightarrow \sigma(i)=j.
\]

Todistamme kuvauksen homomorfismiksi. Kuvautukoot $f, g \in \gal(P)$ 
permutaatioiksi siten, että $f \mapsto \sigma$ ja $g \mapsto \tau$. 
Tällöin

\[
(f \circ g)(i)=f(g(i))=j \Rightarrow \sigma(\tau(i))=(\sigma \circ
\tau) (i).
\]

\end{lause}

Siis Galois'n ryhmää voidaan tarkastella ryhmänä funktioita
laskutoimituksena funktioiden yhdistäminen tai ryhmänä juurien
permutaatioita laskutoimituksena permutaatioiden yhdistäminen.
Viimeksimainittu näkökulma kertoo enemmän. Palaamme edelliseen
esimerkkiin.

\begin{esimerkki}

Tutkitaan polynomeja $P, Q \in \QQ[x]$:

$P(x)=x^4-10x^2+1=(x-\sqrt{2}-\sqrt{3})(x-\sqrt{2}+\sqrt{3})
  (x+\sqrt{2}-\sqrt{3})(x+\sqrt{2}+\sqrt{3})$\\
$Q(x)=x^4-5x^2+6=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})$

Molempien juurikunta on $\QQ(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ja siis
$\gal(P) \cong \gal(Q) \cong V$, kuten edellä totesimme.

Numeroidaan juuret:\\
$P$: $r_1=-\sqrt{2}-\sqrt{3}$, $r_2=+\sqrt{2}-\sqrt{3}$, 
$r_3=-\sqrt{2}+\sqrt{3}$, $r_4=+\sqrt{2}+\sqrt{3}$ \\
$Q$: $r_1=-\sqrt{2}$, $r_2=+\sqrt{2}$, $r_3=-\sqrt{3}$, $r_4=+\sqrt{3}$.

Tutkitaan mihin edellisen esimerkin $\QQ$-automorfismit kuvaavat
juuret.

$f_0\colon \quad
P\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_1, r_2, r_3, r_4) \quad
Q\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_1, r_2, r_3, r_4)$ \\
$f_1\colon \quad
P\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_2, r_1, r_4, r_3) \quad
Q\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_2, r_1, r_3, r_4)$ \\
$f_2\colon \quad
P\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_3, r_4, r_1, r_2) \quad
Q\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_1, r_2, r_4, r_3)$ \\
$f_3\colon \quad
P\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_4, r_3, r_2, r_1) \quad
Q\colon (r_1, r_2, r_3, r_4) \rightarrow (r_2, r_1, r_4, r_3)$ 

Tiivistäen Galois'n ryhmät vastaavat seuraavia
juurien permutaatioryhmiä: \\
$P$: $\{(), (r_1\ r_2)(r_3\ r_4), (r_1\ r_3)(r_2\ r_4),
(r_1\ r_4)(r_2\ r_3)\}$. \\
$Q$: $\{(), (r_1\ r_2), (r_3\ r_4), (r_1\ r_2)(r_3\ r_4)\}$.

Havaitsemme, että polynomin $P$ Galois'n ryhmä vastaa muodoltaan edellä
ryhmäteorian yhteydessä esimerkkinä ollutta ryhmää $G_2$, polynomin
$Q$ Galois'n ryhmä vastaavasti ryhmää $G_1$.

\end{esimerkki}

Numeroimalla juuret toisin olisi ryhmän $\{(), (r_1\ r_2),
(r_3\ r_4), (r_1\ r_2)(r_3\ r_4)\}$ sijaan edellä voinut olla esimerkiksi
$\{(), (r_1\ r_3), (r_2\ r_4), (r_1\ r_3)(r_2\ r_4)\}$ tai muu tämän
aliryhmän konjugaatti. Jokainen juurien uudelleennimeäminen voidaan
esittää sarjana kahden juuren keskinäisiä vaihtoja. Tällainen vaihto
$(r_i\ r_j)$ vastaa ryhmän kertomista vasemmalta permutaatiolla
$(r_i\ r_j)$ ja oikealta permutaatiolla $(r_j\ r_i)$, jolloin tuloksena
on konjugaatti.

On siis kolme tapaa kuvata Galois'n ryhmä:

\begin{enumerate}
\setlength{\itemsep}{0cm}
\item Abstrakti ryhmä. Esimerkki: Polynomin $Q$ Galois'n ryhmä on $V$, niin
myös polynomin $P$.
\item Konjugointia vaille yksikäsitteinen permutaatioryhmä. Esimerkki:
Polynomin $Q$ Galois'n ryhmän muoto on $\{(), (12), (34), (12)(34)\}$,
polynomin $P$ ei ole.
\item Juuret nimettynä yksikäsitteinen permutaatioryhmä. Esimerkki:
Polynomin $P$ Galois'n ryhmän alkiot ovat
$()$, $(+\sqrt{2}, -\sqrt{2})$, $(+\sqrt{3}, -\sqrt{3})$ ja
$(+\sqrt{2},-\sqrt{2})(+\sqrt{3},-\sqrt{3})$.
\end{enumerate}

Edellisen esimerkin polynomi $P$ on jaoton ja sitä vastaava
Galois'n ryhmä transitiivinen. Sen sijaan $Q$ on jaollinen,
$Q(x)=(x^2-2)(x^2-3)$, ja vastaava Galois'n ryhmä ei ole transitiivinen.
Tämä on yleinen sääntö\cite[134]{cox}, josta tässä todistamme
implikaation toiseen suuntaan.

Todistuksen olennainen idea on se, että liittämällä
rationaalilukuihin mikä tahansa jaottoman polynomin juurista päädytään
samanlaiseen kuntaan. Esimerkiksi $\sqrt[4]{2}$ ja $i\sqrt[4]{2}$ ovat
jaottoman polynomin $x^4-2$ juuria, joten $\QQ(\sqrt[4]{2})
\cong \QQ(i\sqrt[4]{2})$. 

Isomorfismi lasketaan kaksivaiheisesti.  Esimerkiksi pisteelle
$2\sqrt[4]{2}-3\sqrt{2}$ etsitään ensin polynomi, jonka arvo juuressa
$\sqrt[4]{2}$ on haettu luku. Se on $-3x^2+2x$.  Sitten tähän
sijoitetaan juuri $i\sqrt[4]{2}$ ja saadaan
$3\sqrt{2}+2i\sqrt[4]{2}$. Siis tässä kuvauksessa esimerkiksi
$2\sqrt[4]{2}-3\sqrt{2} \in \QQ(\sqrt[4]{2}) \mapsto
2i\sqrt[4]{2}+3\sqrt{2} \in \QQ(i\sqrt[4]{2})$.

Varsinaista todistusta varten palautamme ensin mieleen rengasteoriasta
ideaalien ja homomorfismien yhteyden. Homomorfismin ydin on ideaali,
ja kääntäen renkaan $R$ ideaalia $I$ vastaa yksikäsitteinen
homomorfismi, joka kuvaa kunkin alkion jäännösluokalleen. Jos $R$ ja
$R'$ ovat renkaita ja $f$ homomorfismi $R \rightarrow R'$, niin
$R/\ker f \cong \im f$ --- siis tekijärengas on isomorfinen
homomorfismin kuvan kanssa.\cite[s. 249--251]{aata2011}

Toiseksi tarvitsemme kuntien isomorfian laajennuslausetta. Sen mukaan
kunnan $K$ isomorfismi voidaan laajentaa kunnan $K(a)$ isomorfismiksi,
kun $a$ on algebrallinen\cite[s. 44]{stewart}.

\begin{lause} (Vrt. \cite[s. 77, 105]{cox})

Olkoon polynomi $P \in \QQ[x]$ jaoton. Tällöin $\gal(P)$ on transitiivinen.

Todistus: Olkoot $r$ ja $r'$ mielivaltaisesti valitut polynomin $P$ juuret.
Todistukseksi riittää osoittaa, että jokin Galois'n ryhmän alkio kuvaa juuren
$r$ juurelle $r'$.

Osoitamme ensin, että on olemassa isomorfismi $\QQ(r) \cong \QQ[x]/\langle
P \rangle$.

Olkoon $f$ sijoitushomomorfismi $\QQ[x] \rightarrow \CC$, joka laskee polynomin
$P$ pisteessä $r$; siis $f(P)=P(r)$.

Määritelmän mukaan tällöin $\im f =\QQ(r)$.

Osoitamme $\ker f=\langle P \rangle$ osoittamalla ensin $\langle
P \rangle \subseteq \ker f$ ja sitten $\ker f \subseteq \langle P \rangle$.

Olkoon mielivaltainen polynomi $Q \in \QQ[x]$. Tällöin
$f(QP)=f(Q)f(P)=Q(r)P(r)=Q(r)0=0$, eli $\langle P \rangle
\subseteq \ker f$.

Oletetaan sitten, että polynomi $Q \in \ker f$, eli $Q(r)=0$. Koska $P$ on
minimipolynomi, pitää olla $Q=PQ'$, jossa $Q' \in
\QQ[x]$. Siis $\ker f \subseteq \langle P \rangle$.

Edellämainitun renkaiden isomorfialauseen perusteella on olemassa haluttu
isomorfia $\QQ[x]/\langle P \rangle \cong \QQ(r)$. Tämä isomorfia on
identiteettifunktio rationaaliluvuille ja kuvaa jäännösluokan $x+\langle
P \rangle$ alkiolle $r$.

Vastaava päättely voidaan tietysti toistaa juurelle $r'$. Näin saadaan
isomorfiaketju $\QQ(r) \cong \QQ[x]/\langle P \rangle \cong \QQ(r')$.

Haluttu Galois'n ryhmän alkio saadaan yhdistämällä edelliset isomorfiat.
Joukkojen $\QQ(r)$ ja $\QQ[x]/\langle P \rangle$ välillä on bijektio, jossa
rationaaliluku $q \in \CC$ kuvautuu vakiopolynomille $q \in \QQ[x]$ ja juuri
$r \in \CC$ 1. asteen polynomille $x \in \QQ[x]$. Tämä ja vastaava bijektio
juurelle $r'$ yhdistämällä saadaan bijektio, jossa rationaaliluvut kuvautuvat
itselleen ja juuri $r$ juurelle $r'$.

Isomorfian laajennuslauseen perusteella isomorfia
$\QQ(r) \rightarrow \QQ(r')$ voidaan laajentaa isomorfiaksi $\QQ(r,
s) \rightarrow \QQ(r', s_1)$ jossa $s$ on jokin kuntaan $\QQ(r)$
kuulumaton polynomin juuri. Tätä laajennusta voidaan jatkaa juuri
kerrallaan koko juurikuntaan saakka.

\end{lause}

Näin päädyimme työn lähtöpisteeseen: astetta $n$ olevan jaottoman
rationaalikertoimisen polynomin Galois'n ryhmä on jokin ryhmän $S_n$
transitiivinen aliryhmä.

Myös jaottomien polynomien Galois'n ryhmät voivat olla keskenään
isomorfisia olematta silti konjugaatteja.

\begin{esimerkki}

Tutkitaan ryhmän $S_6$ aliryhmiä Sage-ohjelmistolla:

\begin{verbatim}
def t(g): return PermutationGroup(g.gens())
G=Set(map(t, TransitiveGroups(6))).subsets(2)
[ (g[0], g[1]) for g in G if g[0].is_isomorphic(g[1])]
\end{verbatim}

tulostaa 

\begin{verbatim}
. . . [(1,3,5)(2,4,6), (1,4)(2,5), (1,5)(2,4)]
. . . [(1,3,5)(2,4,6), (1,4)(2,5), (1,5)(2,4)(3,6)]
\end{verbatim}

Siis ryhmän $S_6$ transitiiviset aliryhmät
$\langle (1,3,5)(2,4,6), (1,4)(2,5), (1,5)(2,4) \rangle$
ja
$\langle (1,3,5)(2,4,6), (1,4)(2,5), (1,5)(2,4)(3,6) \rangle$ 
ovat keskenään isomorfisia mutta eivät konjugaatteja.

\end{esimerkki}

Myöhemmin havaitsemme, että jaottomilla viidennen asteen polynomeilla näin ei
käy: jos ryhmän \S transitiiviset aliryhmät jaetaan konjugaattityyppeihin, on
jokainen tyyppi erilainen myös abstraktina ryhmänä. Siksi tulemme käyttämään
esimerkiksi muotoa $\gal(P) \cong \D$.

Jatkoon tarvitsemme Galois'n teoriasta yhden lauseen.

\begin{lause} (\cite[s. 130]{cox})

Olkoon $P \in K[x] \subseteq \CC[x]$ jaoton polynomi, jonka juurikunta on $L$.

Tällöin $[L:K]=|\gal(P)|$.

Todistus: sivuutetaan.

\end{lause}

Esimerkki tästä saatiin jo aiemmin: $[\QQ(\sqrt{2},\sqrt{3}):\QQ]=4$ ja
esimerkissä \ref{esimerkki:pjaq} esitimme kunnan
$\QQ(\sqrt{2},\sqrt{3})$ neljä $\QQ$-automorfismia.

Todistamme edellisen perusteella, että Galois'n ryhmän alkiot ovat
täsmällisesti $\QQ$-automorfismeja, eivätkä kiinnitä laajempaa alikuntaa.

\begin{lause} (\cite[s. 148]{cox})
\label{lause:kiintokuntavainq}

Olkoon $L$ polynomin $P \in \QQ[x]$ juurikunta.

Jos $x \in L\backslash \QQ$, niin on olemassa sellainen
$f \in \gal(P)$ että $f(x) \not= x$.

Todistus:

Olkoon $\QQ' \subseteq L$ alikunta, jonka $\gal(P)$ kiinnittää.
Osoitetaan $\QQ'=\QQ$.

Selvästi $L$ on polynomin $P$ juurikunta myös kun $P$ tulkitaan
$\QQ'$-kertoimiseksi.

Edellisen lauseen perusteella $[L:\QQ']=|\gal(L/\QQ')|$ ja
$[L:\QQ]=|\gal(L/\QQ)|$. Toisaalta $[L:\QQ]=[L:\QQ'][\QQ':\QQ]$. Nämä
yhdistämällä saadaan

\begin{equation}
|\gal(L/\QQ)|=|\gal(L/\QQ')|[\QQ':\QQ]
\end{equation}

Osoitetaan $\gal(L/\QQ')=\gal(L/\QQ)$. Koska $\QQ \subseteq \QQ'$, niin
$\QQ'$-automorfismi on aina $\QQ$-automorfismi eli $\gal(L/\QQ') \subseteq
\gal(L/\QQ)$. Toisaalta oletuksen mukaan $\gal(P)$ kiinnittää
kunnan $\QQ'$ eli $\gal(L/\QQ') \supseteq \gal(L/\QQ)$.

Siis $\gal(L/\QQ')=\gal(L/\QQ)$ eli erityisesti $|\gal(L/\QQ')|=|\gal(L/\QQ)|$.
Sijoittamalla tämä kaavaan 1 saadaan $[\QQ':\QQ]=1$ eli $\QQ'=\QQ$.

\end{lause}

Tämä on keskeisin pohja työn päälauseelle, joten toistamme tuloksen.

\begin{seuraus}

Galois'n ryhmä jakaa polynomin juurikunnan alkiot täsmällisesti kahteen
joukkoon.

\begin{tabular}{lll}
$x \in \QQ$ & $\Leftrightarrow$ &
Kaikki Galois'n ryhmän automorfismit kiinnittävät alkion $x$. \\
$x \not\in \QQ$ & $\Leftrightarrow$ &
Jokin Galois'n ryhmän automorfismi ''siirtää'' alkiota $x$. 
\end{tabular}

\end{seuraus}

\subsection{Symmetriset polynomit}
\label{luku:sympolynomit}

Mitä on polynomin $x^3+ax^2+bx+c$ juurien neliöiden summa?

Vastaus, $a^2-2b$, on helppo osoittaa oikeaksi: juurien summa on $-a$, juurien
pareittaisten tulojen summa on $b$ ja
$(r_1+r_2+r_3)^2-2(r_1r_2+r_1r_3+r_2r_3)=r_1^2+r_2^2+r_3^2$. Symmetriset
polynomit kertovat miten vastaus löydetään.

Tulemme myöhemmin havaitsemaan, että tämän työn keskeisin käsite eli
resolventti on nimenomaan symmetrinen polynomi. Kuten edellä juurien
neliösumma, myös resolventit voidaan osoittaa oikeiksi helposti, mutta
symmetristen polynomien teoriaa tarvitaan niiden muodostamiseen.

Edellä oli jo hyvä esimerkki \emph{alkeis}symmetrisestä polynomista,
$r_1r_2+r_1r_3+r_2r_3$. Määrittelemme käsitteen täsmällisesti.

\begin{maaritelma} (\cite[s. 27]{cox})
Lukujen $y_1, y_2, \dotsc, y_n$ \emph{alkeissymmetrinen polynomi} 
on tulojen summa, jossa kerrotaan aina $k$ lukua kerrallaan.
Se merkitään $e_k$.

\[
e_k(y_1, y_2, \dotsc, y_n)=\sum_{1 \le j_1 < j_2 < \dotsb < j_k \le n}
y_{j_1}y_{j_2}\dotsm y_{j_k}
\]

\end{maaritelma}

Esimerkiksi neljän luvun alkeissymmetriset polynomit ovat siis\\
$e_1(y_1, y_2, y_3, y_4) = y_1+y_2+y_3+y_4 $\\
$e_2(y_1, y_2, y_3, y_4) = y_1y_2+y_1y_3+y_1y_4+y_2y_3+y_2y_4+y_3y_4 $\\
$e_3(y_1, y_2, y_3, y_4) = y_1y_2y_3+y_1y_2y_4+y_1y_3y_4+y_2y_3y_4 $\\
$e_4(y_1, y_2, y_3, y_4) = y_1y_2y_3y_4. $

Määrittelemme sitten symmetrisen polynomin.

\begin{maaritelma} (\cite[s. 30]{cox})
Olkoon polynomi $P \in \QQ[y_1, y_2, \dotsc, y_n]$. Jos

\[
\forall \sigma \in S_n \colon P(y_1,
y_2, \dotsc, y_n)= P(y_{\sigma(1)}, y_{\sigma(2)}, \dotsc,
y_{\sigma(n)})
\]

niin $P$ on \emph{symmetrinen polynomi}.

\end{maaritelma}

Epämuodollisesti kuvaten alkeissymmetrinen polynomi on
polynomifunktio, joka ei välitä parametriensa järjestyksestä.
Esimerkiksi luvun alussa ollut juurien neliöiden summa on
juurien symmetrinen polynomi, mutta ei alkeissymmetrinen.

Alun esimerkissä esitimme symmetrisen polynomin alkeissymmetristen
polynomien avulla. Osoitamme, että vastaava esitystapa on aina
mahdollinen.

Todistus on algoritminen. Symmetrisen polynomin termeistä valitaan
kussakin suoritusaskeleessa ''suurin'' tutkimalla ensin muuttujan
$y_1$ eksponenttia, sitten muuttujan $y_2$ eksponenttia ja niin edelleen.
Tämä termi korvataan alkeissymmetristen polynomien tulolla siten,
että tämän tulon sivutuotteina syntyy käsiteltävää termiä ''pienempiä''
termejä. Näin algoritmi väistämättä päättyy joskus.

\begin{lause}[Symmetristen polynomien päälause] (Vrt. \cite[s. 30--32]{cox})
\label{lause:sympaalause}

Jokainen symmetrinen polynomi voidaan esittää alkeissymmetristen
polynomien yhteen-, vähennys- ja kertolaskujen avulla.

Todistus:

\valiotsikko{Määritelmät}

Määritellään ensin järjestysrelaatio $\succ$ monen muuttujan polynomin
termeille. Merkitään polynomin muuttujat $y_1, y_2, \dotsc, y_n$.

\begin{flalign*}
c_ay_1^{a_1}y_2^{a_2}\dotsm y_n^{a_n} \succ
  c_by_1^{b_1}y_2^{b_2}\dotsm y_n^{b_n}
\Longleftrightarrow \ 
& a_1 > b_1\ \mathrm{tai} \\
& a_1=b_1\ \mathrm{ja}\ a_2>b_2\ \mathrm{tai}\\
& a_1=b_1\ \mathrm{ja}\ a_2=b_2\ \mathrm{ja}\ a_3>b_3\ \mathrm{tai}\\
& \ \ \dotso
\end{flalign*}

Sanotaan ''$A$ on suurempi kuin $B$'' kun $A \succ B$ ja tämän
vastakohtaa sanotaan ''pienempi kuin''. Termiä, jota suurempaa termiä
polynomissa ei ole, kutsutaan nimellä ''johtava termi''.

\valiotsikko{Johtavassa termissä muuttujien eksponentit ovat väheneviä}
\label{vali:vahenevia}

Olkoon johtava termi

\[
A=y_1^{a_1}y_2^{a_2}\dotsm y_k^{a_k}y_{k+1}^{a_{k+1}} \dotsm y_n^{a_n}.
\]

Tehdään vastaoletus: johtavassa termissä on

\[
a_1 \geq a_2 \geq \dotsb \geq a_{k-1} \geq a_k,
\ \mathrm{mutta}\ a_k<a_{k+1}.
\]

Oletuksen nojalla polynomi on symmetrinen, jolloin siinä on myös termi

\[
A'=y_1^{a_1}y_2^{a_2}\dotsm y_k^{a_{k+1}}y_{k+1}^{a_k}\dotsm y_n^{a_n}.
\]

Määritellyn järjestysrelaation perusteella $A'$ on suurempi kuin
$A$. Tämä on ristiriita.

\valiotsikko{Johtavaa termiä pienempiä termejä on äärellinen määrä}
\label{vali:aarellinen}

Olkoon johtava termi

\[
A=y_1^{a_1}y_2^{a_2}\dotsm y_k^{a_k}\dotsm y_n^{a_n}.
\]

Osoitetaan, että mikään eksponenteista $a_2, a_3, \dotsc, a_n$ ei voi
olla suurempi kuin $a_1$. Tehdään vastaoletus: $a_k > a_1$. Tällöin
on symmetrian nojalla olemassa termi

\[
A'=y_1^{a_k}y_2^{a_2}\dotsm y_k^{a_1}\dotsm y_n^{a_n}
\]

ja jälleen saadaan ristiriita $A' \succ A$.

Kun jokaisen termin eksponentti on rajoitettu, on erilaisia termejä
äärellinen määrä.

\valiotsikko{Algoritmin korvausaskeleen kuvaus}
\label{vali:korvaus}

Kussakin suoritusaskeleessa johtava termi korvataan alkeissymmetristen
polynomien tulolla:

\[
cy_1^{i_1}y_2^{i_2}\dotsm y_{n-1}^{i_{n-1}}y_n^{i_n}\ \rightarrow \ 
ce_1^{i_1-i_2}e_2^{i_2-i_3}\dotsm e_{n-1}^{i_{n-1}-i_n}e_n^{i_n}.
\]

Kohdan \ref{vali:vahenevia} perusteella eksponentit $i_1-i_2, i_2-i_3, \dotsc,
i_{n-1}-i_n$ ovat ei-negatiivisia ja korvaus on tehtävissä.

\valivaliotsikko{Korvaus tuottaa johtavan termin}

Alkeissymmetristen polynomien $e_1, e_2, \dotsc, e_n$ johtavat termit
ovat \\ $y_1, y_1y_2, \dotsc, y_1y_2\dotsm y_n$.
Korvattava termi syntyy näiden tulosta

\[
(y_1)^{i_1-i_2}
(y_1y_2)^{i_2-i_3}\dotsm
(y_1y_2\dotsm y_k)^{i_k-i_{k+1}} \dotsm
(y_1y_2\dotsm y_n)^{i_n}
\]

sillä muuttujan $y_k$ eksponentiksi tulee

\[
(i_k-i_{k+1})+(i_{k+1}-i_{k+2})+\dotsb+(i_{n-1}-i_n)+i_n=i_k.
\]

\valivaliotsikko{Korvaus ei tuota johtavaa termiä suurempia termejä}
\label{valivali:eisuurempia}

Korvaus tuottaa myös muita termejä. Tehdään vastaoletus: jokin näistä on
johtavaa termiä suurempi termi

\[
A'=(y_1)(y_1y_2)\dotsm(y_1y_2\dotsm y_{k-1}) E_k E_{k+1} \dotsm E_n
\]

jossa $E_i$ kuvaa alkeissymmetrisen polynomin $e_i$ termiä ja
jossa erityisesti $E_k \not= y_1y_2\dotsm y_k$. Olkoon $l \leq k$
pienin sellainen indeksi, että termi $E_k$ ei sisällä muuttujaa $y_l$.
Tällöin $A'$ on pienempi kuin johtava termi

\[
A=ce_1^{i_1-i_2}e_2^{i_2-i_3}\dotsm e_{n-1}^{i_{n-1}-i_n}e_n^{i_n}
\]

sillä muuttujien $y_1, y_2, \dotsc, y_{l-1}$ eksponentit ovat tulossa
$A'$ enintään yhtäsuuria kuin tulossa $A$, ja muuttujan $y_l$
eksponentti on suurempi tulossa $A$.

\valiotsikko{Algoritmin kuvaus}

Tehdään polynomin termeistä lista $T$ ja alustetaan lista $S$ tyhjäksi.

Kohdan \ref{vali:korvaus} mukaisia korvauksia toistetaan johtavalle
termille, kunnes lista $T$ on tyhjä.  Jokaisella askeleella listalle
$S$ lisätään kohdan \ref{vali:korvaus} mukainen alkeissymmetristen
polynomien tulo, ja listalta $T$ poistetaan sillä olleet termit, jotka
korvausaskel tuotti. Listalle $T$ lisätään ne termit, jotka
korvausaskel tuotti ja joita siinä ei entuudestaan ollut.

Kohdan \ref{valivali:eisuurempia} perusteella algoritmin suoritusaskel
tuottaa johtavan termin lisäksi ainoastaan sellaisia muita termejä,
jotka ovat johtavaa termiä pienempiä.

Symmetristen polynomien tulo on selvästi symmetrinen, ja kun tämä
vähennetään toisesta symmetrisestä polynomista, on erotuskin
symmetrinen. Näin lista $T$ säilyy symmetrisenä ja korvauksia voidaan
jatkaa. Kohdan \ref{vali:aarellinen} perusteella johtavaa termiä
pienempiä termejä on olemassa äärellinen määrä. Täten algoritmi
päättyy äärellisessä ajassa.

\end{lause}

Alun esimerkissä eli juurien neliöiden summassa johtava termi oli
$r_1^2r_2^0r_3^0$, ja korvaava alkeissymmetristen polynomien tulo siis
$e_1^{2-0}e_2^{0-0}e_3^{0}$. Havainnollistamme algoritmin yhtä
askelta hieman monimutkaisemmassa tilanteessa:

\begin{esimerkki}

Olkoon johtava termi

\[
y_1^9y_2^6y_3^2.
\]

Tällöin tarvittava alkeissymmetristen polynomien tulo on

\[
e_1^{9-6}e_2^{6-2}e_3^2=e_1^3e_2^4e_3^2=
(y_1+y_2+y_3)^3(y_1y_2+y_1y_3+y_2y_3)^4(y_1y_2y_3)^2.
\]

Johtava termi saadaan tulon tekijöistä

\[
(y_1+\dotsb)^3(y_1y_2+\dotsb)^4(y_1y_2y_3)^2.
\]

Pitkähkön tulon muut termit ovat

\[
4y_1^9y_2^5y_3^3 \succ 6y_1^9y_2^4y_3^4 \succ \dotsb \succ
3y_1^8y_2^7y_3^2 \succ 19y_1^8y_2^6y_3^3 \succ \dotsb \succ
y_1^2y_2^6y_3^9.
\]

Tässä suurinkin termi siis on käsiteltyä termiä myöhemmin ---
muuttujan $y_1$ eksponentti on sama ja muuttujan $y_2$ eksponentti
yhtä pienempi kuin käsitellyssä termissä.

Havaitsemme lisäksi, että kukin korvausaskel voi korvata useampia
termejä. Tässä esimerkissä termin $y_1^9y_2^6y_3^2$ lisäksi
symmetrisessä polynomissa on symmetrian nojalla oltava termi
$y_3^9y_2^6y_1^2$, joka näkyy edellä tulon pienimpänä terminä.

\end{esimerkki}

Monen muuttujan symmetriset polynomit liittyvät läheisesti yhden
muuttujan polynomin juuriin.

\begin{lause}
\label{lause:symkokluku}

Kokonaislukukertoimisen pääpolynomin juurien symmetrisen polynomin
arvo on kokonaisluku.

Todistus:

Olkoon $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\dotsb+a_1x+a_0 \in
\ZZ[x]$ pääpolynomi, jolla on juuret $r_1, r_2, \dotsc, r_n$.

Polynomin kertoimet ovat sen juurien symmetrisiä polynomeja tai
niiden vastalukuja:

\begin{eqnarray*}
a_{n-1} & = & -e_1(r_1, r_2, \dotsc, r_n) \\
a_{n-2} & = & +e_2(r_1, r_2, \dotsc, r_n) \\
a_{n-3} & = & -e_3(r_1, r_2, \dotsc, r_n) \\
& \dotso
\end{eqnarray*}

Kokonaislukujen alkeissymmetriset polynomit ovat kokonaislukujen
tulojen summia, siis kokonaislukuja.

Lauseen \ref{lause:sympaalause} perusteella symmetrinen polynomi voidaan
esittää alkeissymmetristen polynomien yhteen-, vähennys ja kertolaskujen
avulla. Tällöin symmetrisen polynomin arvo on kokonaisluku.

\end{lause}

Tämän lauseen merkitys tulee ilmi numeerisessa laskennassa.

\begin{esimerkki}

Lasketaan polynomin $x^3+2x^2-3x-5$ juurien neliöiden summa käyttämättä
luvun alussa esitettyä kaavaa.

Juuret ovat noin $-2,38$, $-1,27$ ja $1,65$, niiden neliöt noin
$5,66$, $1,61$ ja $2,72$ ja näiden summa noin 9,99. Jos laskutarkkuus
oli riittävä, on oikea vastaus tasan 10.

\end{esimerkki}

\subsection{Tschirnhausin muunnos}
\label{luku:tschirnhaus}

% Numeroita sisältävät sanat pitää tavuvihjeistää erikseen.

Myöhemmin luvussa \ref{luku:diskriminantti5} esiintyvä 19"-terminen
diskriminantti olisi 59"-termi\-nen ilman Tschirnhausin
muunnosta. Esittelemme muunnoksen siksi jo nyt, vaikka välttämättä
sitä tarvitsemme vasta työn lopussa.

\begin{maaritelma}
(Vrt. \cite[s. 141]{jensen})

Olkoon polynomi $P \in \QQ[x]$ astetta $n>2$ ja $r_1, r_2,
\dotsc, r_n$ sen juuret. Olkoon polynomi $t \in \QQ[x]$ astetta
1 tai 2. Tällöin polynomin

\[
\prod_{i=1}^n(x-t(r_i))
\]

muodostaminen on \emph{Tschirnhausin muunnos}, jossa $P$ on
\emph{muunnettava polynomi} ja $t$ on \emph{muuntava polynomi}.

\end{maaritelma}

Tutuin esimerkki tästä on polynomin muuntaminen lineaarisella polynomilla
siten, että toiseksi korkeinta astetta oleva kerroin katoaa; juuri
tämä muunnos yksinkertaistaa mm. myöhemmin esitettävää diskriminantin
kaavaa.

\begin{esimerkki}
Olkoon muunnettava polynomi

\[
x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e
\]

ja muuntava polynomi

\[
t(x)=x+\frac{a}{5}.
\]

Tämä muunnos saadaan yksinkertaisesti sijoittamalla polynomiin
$x-\frac{a}{5}$, ja tuloksena on

\[
x^5 + px^3 + qx^2 + rx + s
\]

jossa

% Kaavan ladonnassa on yritetty esittää jotain säännönmukaisuutta.

\begin{tabular}{lllllll}
$p$ & $=$ &&&& $-\frac{2}{5}a^2$    & $+ b$ \\
$q$ & $=$ &&&  $+\frac{4}{25}a^3$   & $- \frac{3}{5}ab$ & $+ c$ \\
$r$ & $=$ &&   $-\frac{3}{125}a^4$  & $+\frac{3}{25}a^2b$ &
  $-\frac{2}{5}ac $ & $+ d$ \\
$s$ & $=$ &    $+\frac{4}{3125}a^5$ & $-\frac{1}{125}a^3b$ &
  $+\frac{1}{25}a^2c$ & $-\frac{1}{5}ad$ & $+e$.
\end{tabular}
\end{esimerkki}

Sopiva muunnos säilyttää polynomin kokonaislukukertoimisena pääpolynomina:

\begin{lause}

Olkoot $P, t \in \ZZ[x]$ pääpolynomeja.

Polynomin $P$ Tschirnhausin muunnos polynomilla $t$ tuottaa
kokonaislukukertoimisen pääpolynomin, jonka aste on sama
kuin muunnettavalla polynomilla.

Todistus:

Muunnetun polynomin asteluku on selvästi sama kuin muunnettavalla
polynomilla.

Muunnetun polynomin kertoimet ovat muunnettavan polynomin juurien
symmetrisiä polynomeja, siis lauseen \ref{lause:symkokluku} perusteella
kokonaislukuja.

\end{lause}

Esimerkin tällaisesta Tschirnhausin muunnoksesta näemme vasta
lopun esimerkeissä.

Varsinainen ydinasia Tschirnhausin muunnoksessa on se, että muunnos
säilyttää Galois'n ryhmän. Tulemme päätymään työn lopussa
tilanteeseen, jossa Galois'n ryhmä ei suoraan selviä käyttämällämme
menetelmällä. Tällöin polynomia on muunnettava.

On tietysti mahdollista, että muunnos ei säilytä Galois'n ryhmää:
polynomin $x^4-2$ muuntaminen polynomilla $t(r)=r^2$ selvästi tuottaa
jaottomasta polynomista jaollisen. Tämä on huomioitu seuraavassa:

\begin{lause}

Olkoon muunnettava polynomi $P \in \QQ[x]$ jaoton. Olkoon muuntava
polynomi $t(r)=r^2+pr+q \in \QQ[x]$. 

Jos Tschirnhausin muunnos tuottaa jaottoman polynomin, on sen
Galois'n ryhmä sama kuin polynomilla $P$.

Todistus:

Oletuksen mukaan muunnettu polynomi on jaoton, joten
lauseen \ref{lause:tuplajuurijaollinen} nojalla sen kaikki juuret ovat
erisuuria.

Olkoot $r$ ja $r'$ polynomin $P$ juuria. Olkoon $f
\in \gal(P)$ sellainen, että $f(r)=r'$. Tutkitaan mihin $t(r)$ kuvautuu
automorfismissa $f$.

\begin{tabular}{ll}
$f(t(r)) =$ & (Puretaan polynomi)\\
$f(r^2+pr+q)= $ & (Summan automorfismi)\\
$f(r^2)+f(pr)+f(q)=$ & (Tulon automorfismi)\\
$f(r)f(r)+pf(r)+f(q)=$ & ($f(r)=r'$)\\
$r'r'+pr'+q=$ & (Kootaan polynomi) \\
$t(r').$
\end{tabular}

Siis Galois'n ryhmät juurten permutaatioiksi tulkittuna ovat
samat alkuperäisellä ja muunnetulla polynomilla. Erityisesti
tällöin niiden kertaluku on sama.

Osoitetaan sitten alkuperäisen ja muunnetun polynomin juurikunnat
samaksi.

Olkoot $r_1, r_2, \dotsc, r_n$ polynomin $P$ juuret ja
$P'$ muunnettu polynomi. Olkoot näiden juurikunnat
$L=\QQ(r_1, r_2, \dotsc, r_n)$ ja
$L'=\QQ(t(r_1), t(r_2), \dotsc, t(r_n))$. Selvästi
$L \supseteq L'$.

Galois'n teorian perusteella $[L/\QQ]=|\gal(P)|$ ja
$[L'/\QQ]=|\gal(P')|$. Edellä osoitettiin $|\gal(P)|=|\gal(P')|$,
joten $[L/\QQ]=[L'/\QQ]$. 
Tornilauseen perusteella
$[L/\QQ]=[L/L'][L'/\QQ]$, jolloin $[L/L']=1$ eli
$L=L'$.

\end{lause}

Yleinen rationaalikertoiminen polynomi voidaan helposti muuntaa
kokonaislukukertoimiseksi \emph{pää}polynomiksi, jolla on sama Galois'n
ryhmä. Polynomi kerrotaan ensin sopivalla vakiolla, jotta tulos on
kokonaislukukertoiminen. Olkoon tuloksessa johtavan termin kerroin $a$.
Polynomiin sijoitetaan $\frac{x}{a}$ ja tulos kerrotaan luvulla
$a^{n-1}$, jossa $n$ on polynomin asteluku.

Galois'n ryhmän säilyminen tässä muunnoksessa todistettaisiin samoin
kuin edellisessä todistuksessa. Sivuutamme tämän.

Jatkossa voimme siis olettaa käsiteltävien 5. asteen polynomien olevan
kokonaislukukertoimisia pääpolynomeja ilman 4. asteen termiä.

\section{Resolventti}
\label{luku:resolventti}

Työmme pääsisältö on resolventtilause, johon etenemme hitaasti
johdatellen. Aloitamme diskriminantista, joka kertoo meille onko
Galois'n ryhmä ryhmän $A_n$ aliryhmä.  Sitten uudelleentulkitsemme
diskriminantin resolventin erikoistapauksena.

\subsection{Polynomin diskriminantti}

Diskriminantti on polynomin juurien pareittaisten erotusten
neliöiden tulo:

\begin{maaritelma} (\cite[s. 46]{cox})

Olkoon $P \in \QQ[x]$ polynomi, jolla on juuret $r_1, r_2,
\dotsc, r_n$. Olkoon

\[
\delta(r_1, r_2, \dotsc, r_n) =
\prod_{i=1}^{n-1}\prod_{j=i+1}^{n}(r_i-r_j).
\]

Tällöin luku $\delta(r_1, r_2, \dotsc, r_n)^2$ on polynomin
\emph{diskriminantti}. Se merkitään $\Delta P$.

\end{maaritelma}

Diskriminantin erikoistapaus on tuttu:

\begin{esimerkki}

Toisen asteen polynomissa diskriminantti supistuu muotoon
$(r_1-r_2)^2$. Lukiossa opitun kaavan perusteella $\Delta
(x^2+ax+b)=a^2-4b$. Sijoittamalla $a=-e_1(r_1, r_2)=-(r_1+r_2)$ ja
$b=e_2(r_1, r_2)=r_1r_2$ saadaan  $\Delta=(-(r_1+r_2))^2-4r_1r_2=
r_1^2+2r_1r_2+r_2^2-r_1r_2=r_1^2-2r_1r_2+r_2^2=(r_1-r_2)^2$ eli
oikea tulos.

\end{esimerkki}

Diskriminantti on juurien symmetrinen polynomi, joten
lauseen \ref{lause:sympaalause} perusteella se voidaan aina esittää
tutkittavan polynomin kertoimien avulla siten kuin edellä toisen
asteen tapauksessa. Esitämme viidennen asteen resolventin luvussa
\ref{luku:diskriminantti5}.

Diskriminantti on rationaaliluku, erikoistapauksessa kokonaisluku:

\begin{lause}

Jos $P \in \ZZ[x]$ on pääpolynomi, niin $\Delta P \in \ZZ$.

Todistus: Diskriminantti on juurien symmetrinen polynomi.
Lauseen \ref{lause:symkokluku} perusteella kokonaislukukertoimisen
pääpolynomin juurien symmetrisen polynomin arvo kokonaisluku.

\end{lause}

Teemme tästä numeerisen esimerkin.

\begin{esimerkki}

Tutkitaan polynomia $P(x)=x^3+2x+1$.

Juuret ovat noin $r_1 \approx -0,453$, $r_2 \approx 0,227-1,47i$
ja $r_3 \approx 0,227+1,47i$.  Diskriminantti on
$(r_1-r_2)^2(r_1-r_3)^2(r_2-r_3)^2 \approx -59,0078$.

Olettaen että laskutarkkuus oli riittävä on diskriminantti täsmälleen
-59.

\end{esimerkki}

Diskriminantti kertoo koostuuko Galois'n ryhmä pelkästään parillisista
permutaatioista:

\begin{lause} \cite[s. 7--8]{healy}
\label{lause:disca}
Olkoon $P \in \QQ[x]$ astetta $n$ oleva jaoton polynomi.

Tällöin $\gal(P) \subseteq A_n$ jos ja vain jos $\Delta P$ on
rationaaliluvun neliö.

Todistus:

Olkoot polynomin juuret $r_1, r_2, \dotsc, r_n$. Tällöin väite on
yhtäpitävä sen kanssa, että $\delta(r_1, r_2, \dotsc, r_n)$ on
rationaaliluku jos ja vain jos $\gal(P) \subseteq A_n$.

Osoitetaan, että mielivaltainen kahden juuren keskinäinen vaihto
muuttaa juuriparien erotusten tulon $\delta$ arvon
vastaluvukseen. 

Permutaatio voidaan esittää yhdistelmänä transpositioita.  Jokainen
transpositio voidaan esittää yhdistelmänä kahden peräkkäisen alkion
vaihtoja: transpositio $(i\ j)$ saadaan yhdistämällä $(i\ i\!+\!1),
(i\!+\!1\ i\!+\!2), \dotsc, (j\!-\!1\ j)$ ja $(j\!-\!1\ j\!-\!2),
(j\!-\!2\ j\!-\!3), \dotsc, (i\!+\!1\ i)$. Siksi riittää tarkastella
peräkkäisten juurien $r_a$ ja $r_{a+1}$ vaihtoja.

Jokainen tällainen vaihto selvästi vaihtaa tulossa $\delta$
tekijän $r_a-r_{a+1}$ vastaluvukseen, eikä vaikuta tulon $\delta$
muihin tekijöihin. Näin koko tulo $\delta$ vaihtuu vastaluvukseen.
Parillinen määrä vaihtoja ei siis muuta tuloa $\delta$.

Se, että $\gal(P) \subseteq A_n$ tarkoittaa, että Galois'n ryhmässä on
vain permutaatioita, jotka koostuvat parillisesta määrästä vaihtoja.
Osoitetaan tämä ekvivalentiksi sen kanssa, että $\delta$ on
rationaaliluku.

1) $\gal(P) \not\subseteq A_n \Rightarrow \delta \not\in \QQ$: Jos
jokin $f \in \gal(P)$ on juurien permutaatioksi tulkittuna pariton
permutaatio, niin edellä esitetyn perusteella $f(\delta) \not=
\delta$. Tällöin $\delta \not\in \QQ$, koska määritelmän mukaan
$\QQ$-automorfismi kuvaa rationaaliluvut itselleen.

2) $\gal(P) \subseteq A_n \Rightarrow \delta \in \QQ$: 
Lauseen \ref{lause:kiintokuntavainq} perusteella vain rationaaliluvut
kuvautuvat itselleen kaikilla Galois'n ryhmän automorfismeilla.

Nolla on itsensä vastaluku, joten se on käsiteltävä erikseen. Koska
$P$ on jaoton, ei sillä lauseen \ref{lause:tuplajuurijaollinen} nojalla voi
olla kahta yhtäsuurta juurta, joten tulo $\delta$ ei voi olla nolla.

\end{lause}

\subsection{Diskriminantti on resolventin erikoistapaus}

Resolventin ideaa kuvaamme parhaiten sanalla \emph{osasymmetria}.
Luvussa \ref{luku:sympolynomit} tarkastelimme (täysin) symmetrisiä
polynomeja. Laajennamme määritelmää:

\begin{maaritelma}

Olkoon polynomi $f \in \QQ[y_1, y_2, \dotsc, y_n]$ ja ryhmä $G
\subseteq S_n$. Jos

\[
\forall \sigma \in G \colon f(y_1,
y_2, \dotsc, y_n)= f(y_{\sigma(1)}, y_{\sigma(2)}, \dotsc,
y_{\sigma(n)})
\]

niin polynomi $f$ on $G$-\emph{invariantti}.

Jos ei ole olemassa ryhmää $H \supset G$ siten, että $f$ olisi
$H$-invariantti, niin polynomi $f$ on
\emph{tiukasti $G$-invariantti}.

\end{maaritelma}

Tällä käsitteellä voimme kuvailla diskriminanttia:

\begin{esimerkki}

Diskriminantti on juurien (täysin) symmetrinen polynomi eli
$S_n$-invariantti.

Diskriminantin neliöjuuri $\delta$ on juurien $A_n$-invariantti mutta
ei $S_n$-invariantti polynomi. Jotta voisi olla ryhmä $G$ siten, että
$A_n \subset G \subset S_n$, pitäisi ryhmän $G$ kertaluvun olla ryhmän
$A_n$ kertaluvun monikerta ja jakaa tasan ryhmän $S_n$ kertaluku.
Tämä on mahdotonta, koska $|S_n|/|A_n|=2$.  Siispä $\delta$ on
tiukasti $A_n$-invariantti.

\end{esimerkki}

Resolventti on yhden muuttujan polynomi, jonka rationaalijuurien
olemassaoloa tutkitaan. Diskriminantti on tietysti helppo
kääntää polynomiksi:

\begin{center}
''Onko diskriminantti $\Delta$ rationaaliluvun neliö?'' \\
$\Leftrightarrow$ \\
''Onko polynomilla $x^2-\Delta$ rationaalijuuria?''
\end{center}

Etenemme nyt diskriminanttiin toista reittiä. Otamme malliksi
kolmannen asteen polynomin, jolla tietenkin on kolme juurta.

Näiden juurien permutaatiot vastaavat ryhmää $S_3$, jonka
asteluku on 6. Ryhmän $A_3$ asteluku on 3, joten erilaisia
sivuluokkia $S_3/A_3$ saadaan $6/3=2$ --- siis parilliset
ja parittomat permutaatiot.

Auki kirjoitettuna kolmannen asteen diskriminantin neliöjuuri on

\[
\delta(r_1, r_2, r_3)=(r_1-r_2)(r_1-r_3)(r_2-r_3).
\]

Kun tämä tiukasti $A_3$-invariantti polynomi evaluoidaan
kaikilla kuudella permutaatiolla, saadaan kaksi erilaista
arvoa:

\begin{gather*}
\delta(r_1, r_2, r_3)=\delta(r_2, r_3, r_1)=\delta(r_3, r_1, r_2) \\
\not= \\
\delta(r_1, r_3, r_2)=\delta(r_2, r_1, r_3)=\delta(r_3, r_2, r_1).
\end{gather*}

Kukin sivuluokka siis vastaa yhtä mahdollista polynomin
arvoa.

Muodostetaan sitten polynomi, jonka juuriksi tulee yksi kummastakin
sivuluokasta. Muistamme, että kahden juuren keskinäinen vaihto muuttaa
polynomin $\delta$ etumerkin.

\begin{gather*}
(x-\delta(r_1, r_2, r_3))(x-\delta(\bm{r_2}, \bm{r_1}, r_3)) = \\
(x-\delta(r_1, r_2, r_3))(x\bm{+}\delta(r_1, r_2, r_3)) = \\
(x^2-(\delta(r_1, r_2, r_3))^2) = \\
x^2-\Delta.
\end{gather*}

Edellä olleen voi ajatella eräänlaisena osittamisena ja kokoamisena.
Jaoimme ryhmän $S_n$ kahteen sivuluokkaan, ja sopivalla kertolaskulla
kokosimme sivuluokat. Tuloksena saimme polynomin, jonka kertoimet
ovat alkuperäisen polynomin juurten (täysin) symmetrisiä polynomeja.

Tämä on resolventin olennainen idea. Ryhmä $G$ jaetaan ryhmän
$H$ mukaisesti sivuluokkiin käyttämällä jotain tiukasti
$H$-invarianttia polynomia. Osat kerrotaan yhteen.

Diskriminantin neliöjuuri oli esimerkissämme $A_3$-invariantti
polynomi. Väärinkäsitysten välttämiseksi teemme vielä yhden
esimerkin:

\begin{esimerkki}
\label{esimerkki:toinenresolventti}
Polynomi $y_1y_2^2+y_2y_3^2+y_3y_1^2$ on tiukasti $A_3$-invariantti.
\end{esimerkki}

Ryhmää $G$ kohti voi siis olla erilaisia $G$-invariantteja polynomeja.
Tästä seuraa, että myös resolventteja voi olla erilaisia.

\subsection{Resolventtilause}

Tämä luku on työmme ydin. Aloitamme täsmällisestä määritelmästä. 

\begin{maaritelma} (\cite[s. 7--8]{healy}, \cite[s. 387]{cox})

Olkoon polynomi $P \in \QQ[x]$ astetta $n$ ja $r_1, r_2,
\dotsc, r_n$ sen juuret. Olkoon ryhmät $H \subset G \subseteq
S_n$. Olkoon polynomi $f \in \QQ[y_1, y_2, \dotsc, y_n]$
tiukasti $H$-invariantti.

Polynomin $f$ ryhmää $H$ vastaava \emph{resolventti} ryhmässä
$G$ on

\[
\res_G(P, f)(x) = \prod_{\sigma \in G//H}
(x-f(r_{\sigma(1)}, r_{\sigma(2)}, \dotsc, r_{\sigma(n)}))
\]

jossa $\sigma \in G//H$ tarkoittaa, että $\sigma$ käy läpi jokaisen
sivuluokan yhden edustajan.

Jos $G=S_n$, resolventti on \emph{absoluuttinen}. Jos $G \subset
S_n$, resolventti on \emph{suhteellinen}.

\end{maaritelma}

Käytämme tässä ja seuraavassa luvussa esimerkkinä neljännen asteen
polynomeja ja ryhmiä $S_4 \supset D_4 \supset C_4$. Tutkimme ensin ryhmiä
itsessään.

Ryhmä $C_4$ kuvaa tässä tapauksessa neljän juuren kierroksen määräämää
ryhmää. Tällaisia kierroksia on selvästi kuusi: juuri 1 voi siirtyä
minkä tahansa kolmen juuren paikalle, ja tämä toiseen jäljellä
olevasta kahdesta juuresta. Kuudesta kierroksesta saadaan kolme
ryhmää, koska \\
$\langle (1234) \rangle = \langle (1432) \rangle$ \\
$\langle (1243) \rangle = \langle (1342) \rangle$ \\
$\langle (1324) \rangle = \langle (1432) \rangle$

Yleisesti diedriryhmässä $D_n$ on $2n$ alkiota, ja sillä on aliryhmä
$C_n$. Laajennamme ylläolevat $C_4$-ryhmät $D_4$-ryhmiksi. Tällöin
ketju $S_4 \supset D_4 \supset C_4$ konkreettisina ryhminä on puu:

\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}[node distance=5mm and 8mm]
 \node (S4) {$S_4$};
 \node (D42) [below=of S4] {$\langle (1243), (14) \rangle \cong D_4$};
 \node (D41) [left=of D42] {$\langle (1234), (13) \rangle \cong D_4$};
 \node (D43) [right=of D42] {$\langle (1324), (12) \rangle \cong D_4$};
 \node (C41) [below=of D41] {$\langle (1234) \rangle \cong C_4$};
 \node (C42) [below=of D42] {$\langle (1243) \rangle \cong C_4$};
 \node (C43) [below=of D43] {$\langle (1324) \rangle \cong C_4$};
 \draw (S4) -- (D41) -- (C41);
 \draw (S4) -- (D42) -- (C42);
 \draw (S4) -- (D43) -- (C43);
\end{tikzpicture}
\end{figure}

\begin{esimerkki}

Laaditaan tiukasti $D_4$-invariantti polynomi $f$:

\[
f(y_1, y_2, y_3, y_4)=y_1y_2+y_3y_4.
\]

Diedriryhmään kuuluva kierto
$y_1 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2 \rightarrow y_4 \rightarrow y_1$
antaa polynomin $f$ arvoksi $y_3y_4+y_2y_1$, vaihto
$y_1 \leftrightarrow y_2$ taas $y_2y_1+y_3y_4$. Nämä kierto ja vaihto
generoivat ryhmän $D_4$, joten $f$ on $D_4$-invariantti.

Jotta voisi olla ryhmä $G$ siten, että $D_4 \subset G \subset S_4$,
pitäisi ryhmän $G$ kertaluvun olla ryhmän $D_4$ kertaluvun monikerta
ja jakaa tasan ryhmän $S_4$ kertaluku.  Tämä on mahdotonta, koska
$|S_4|/|D_4|=3$. Jos siis $f$ on invariantti jonkin laajemman ryhmän
suhteen, se on $S_4$-invariantti eli täysin symmetrinen. Näin ei ole,
koska $f(y_1, y_2, y_3, y_4) \not= f(y_1, \bm{y_3}, \bm{y_2}, y_4)$.

Koska $|S_4|/|D_4|=24/8=3$, jakaa $D_4$ ryhmän $S_4$ kolmeen
sivuluokkaan ja kussakin sivuluokassa on kahdeksan alkiota.
Yksi näistä kolmesta sivuluokasta tarkoittaa polynomiin $f$
sijoitettuna seuraavia:

\begin{center}
\begin{tabular}{llll}
$r_1r_2+r_3r_4$ & $r_1r_2+r_4r_3$ &
$r_2r_1+r_3r_4$ & $r_2r_1+r_4r_3$ \\
$r_3r_4+r_1r_2$ & $r_3r_4+r_2r_1$ &
$r_4r_3+r_1r_2$ & $r_4r_3+r_2r_1$.
\end{tabular}
\end{center}

Kullekin sivuluokalle saadaan edustaja valitsemalla juurelle
$r_1$ pari tuloon, jolloin summan toiselle puolelle jää
kahden jäljelle jääneen juuren tulo. Edustajat ovat esimerkiksi

\[
r_1r_2+r_3r_4, \ \, r_1r_3+r_2r_4, \ \, r_1r_4+r_2r_3.
\]

Näin siis 

\begin{gather*}
\res_{S_4}(f, P)(x) =
\prod_{\sigma \in S_4//D_4}
(x-f(r_{\sigma(1)}, r_{\sigma(2)}, \dotsc, r_{\sigma(n)}))= \\
[x-(r_1r_2+r_3r_4)] \cdot [x-(r_1r_3+r_2r_4)] \cdot [x-(r_1r_4+r_2r_3)].
\end{gather*}

Konkretisoimme tätä pidemmälle. Tutkimme polynomia

\[
x^4-2
\]

jonka juuret numeroimme

\[
r_1=\sqrt[4]{2},\  r_2=i\sqrt[4]{2},\ 
r_3=-\sqrt[4]{2},\  r_4=-i\sqrt[4]{2}.
\]

Resolventti on

\begin{gather*}[x-(i\sqrt{2}+i\sqrt{2})] \cdot [x-(-\sqrt{2}+\sqrt{2})]
 \cdot [x-(-i\sqrt{2}+(-i\sqrt{2}))] \\
= \\
(x-2i\sqrt{2}) \cdot (x-0) \cdot (x-(-2i\sqrt{2})).
\end{gather*}

Tällä on yksinkertainen rationaalijuuri nolla; siis

\begin{tabular}{lll}
$(r_1r_2+r_3r_4)$ & $\not=$ & $0$, \\
$(r_1r_3+r_2r_4)$ & $=$ & $0 \in \QQ$, \\
$(r_1r_4+r_2r_3)$ & $\not=$ & $0$.
\end{tabular}

Myöhemmin osoitamme tästä seuraavan, että $\gal(x^4-2) \subseteq D_4$.

Tämä oli absoluuttinen resolventti. Suhteellisesta resolventista
teemme esimerkin seuraavassa luvussa.

\end{esimerkki}

Toistamme vielä, ettei resolventtipolynomi ole yksikäsitteinen.
Esimerkiksi $f(r_1, r_2, r_3, r_4)=(r_1+r_2)(r_3+r_4)$ on toinen
tiukasti $D_4$-invariantti polynomi.

Edellä päädyimme neljännen asteen polynomista kolmannen asteen
resolventtiin, ja korkeintaan neljännen asteen polynomeille tunnetaan
yleinen ratkaisukaava juurtamalla. Palaamme seuraavassa luvussa
kysymykseen korkeamman asteen polynomien ja/tai resolventtien
käsittelystä. Sitä ennen todistamme työn keskeisimmän lauseen.

Lähtötietomme tämän lauseen käyttöön on tutkittavan polynomin
Galois'n ryhmän kuuluminen ryhmään $G$. Haluamme tietää
kuuluuko Galois'n ryhmä myös ryhmään $H \subset G$. Resolventtilause
antaa meille jonkin kolmesta vastauksesta: kyllä, ei, ehkä.

\begin{lause} (\cite[s. 7--8]{healy}, \cite[s. 387]{cox})

Olkoon polynomi $P \in \QQ[x]$ astetta $n$ ja
$\gal(P) \subseteq G \subseteq S_n$.

Olkoot ryhmät $H=H_1, H_2, \dotsc, H_m \subset G$ konjugaatteja
ja resolventtipolynomi $f \in \QQ[y_1, y_2, \dotsc, y_n]$
tiukasti $H$-invariantti.

Tällöin, jos resolventilla $\res_G(f, P)$
\begin{enumerate}
\setlength{\itemsep}{0cm}
\item on yksinkertainen rationaalijuuri, niin $\gal(P) \subseteq H_i$
jollain $i$ ja
\item ei ole rationaalijuuria lainkaan, niin $\gal(P) \not\subseteq H_i$
millään $i$.
\end{enumerate}

{\it Todistus, kohta 1}

Olkoon $r$ resolventin $\res_G(f, P)$ yksinkertainen
rationaalijuuri. Voidaan olettaa ryhmät $H=H_1, H_2, \dotsc, H_m$ ja
polynomin $P$ juuret $r_1, r_2, \dotsc, r_n$ numeroiduksi niin, että
rationaalijuuri $r$ vastaa resolventin tekijöistä ryhmän $H$
identiteettipermutaation määräämää sivuluokkaa.

Resolventin juuret ovat tällöin

$f(r_1, r_2, \dotsc, r_n) = r \in \QQ$ \\
$f(r_{\sigma_2(1)}, r_{\sigma_2(2)}, \dotsc, r_{\sigma_2(n)}) \not= r$ \\
$f(r_{\sigma_3(1)}, r_{\sigma_3(2)}, \dotsc, r_{\sigma_3(n)}) \not= r$ \\
\hspace{1cm} $\dotso$ \\
$f(r_{\sigma_l(1)}, r_{\sigma_l(2)}, \dotsc, r_{\sigma_l(n)}) \not= r$

jossa $l=|G|/|H|$ ja $\sigma_2, \sigma_3, \dotsc, \sigma_l$ ovat
ryhmän $H$ muiden sivuluokkien edustajat.

Teemme vastaoletuksen $\gal(P) \not\subseteq H$. Tiedämme, että
$\gal(P) \subseteq G$. Näistä seuraa, että on olemassa jokin Galois'n
ryhmän automorfismi $\tau \in G\backslash H$.  Viimeksimainittu
tarkoittaa, että $\tau f \not= f$. Tällöin resolventissa on ainakin
tekijä $(x-f(r_1, r_2, \dotsc, r_n))$ ja tästä eroava tekijä $(x-\tau
f(r_1, r_2, \dotsc, r_n))$.

Viimeksimainittu tekijä voidaan kirjoittaa $(x-f(r_{\tau(1)},
r_{\tau(2)}, \dotsc, r_{\tau(n)}))$. Koska toisaalta juuri $f(r_1,
r_2, \dotsc, r_n)$ on rationaalinen ja toisaalta Galois'n ryhmän alkio
kuten $\tau$ on määritelmän mukaan $\QQ$-invariantti, täytyy
resolventilla olla kaksinkertainen juuri: $f(r_1, r_2, \dotsc,
r_n)=f(r_{\tau(1)}, r_{\tau(2)}, \dotsc, r_{\tau(n)})$.  Tämä on
mahdotonta, koska oletimme resolventilla olevan \emph{yksinkertaisen}
juuren. Vastaoletus on väärä, joten kohta 1 on todistettu.

{\it Todistus, kohta 2}

Käännetään implikaatio. Oletetaan $\gal(P) \subseteq H_i$
ja osoitetaan siitä seuraavan, että resolventilla on ainakin
yksi rationaalijuuri. 

Voidaan olettaa ryhmät $H_1, H_2, \dotsc, H_m$ numeroiduksi niin, että
$\gal(P) \subseteq H$.  Yksi resolventin juurista vastaa
identiteettialkion määräämää aliryhmän $H$ sivuluokkaa eli ryhmää $H$
itsessään. Koska $f$ on $H$-invariantti ja $\gal(P) \subseteq H$, niin
$f$ on $\gal(P)$-invariantti. Lauseen \ref{lause:kiintokuntavainq}
perusteella tämä resolventin juuri on rationaalinen.

\end{lause}

Edellinen lause jättää avoimen kysymyksen: entä jos resolventilla on
rationaalijuuria, mutta ei yksinkertaisia? Lopun esimerkeissä
esitämme kaksi polynomia, joiden resolventeilla on kaksinkertainen
juuri toisen Galois'n ryhmän ollessa \C ja toisen \D.
Resolventtilause ei siis kerro mitään Galois'n ryhmästä, jos kaikki
rationaalijuuret ovat moninkertaisia.

Todistus on hieman tikkuinen, joten jatkamme esimerkillä.

\begin{esimerkki}

Olkoon polynomi $P \in \QQ[x]$ astetta 4 ja $r_1$, $r_2$, $r_3$
ja $r_4$ sen juuret. Oletetaan ensin $\gal(P)=C_4\subset D_4$.

Kuten edellä kuvattiin, tarkoittaa $\gal(P)$ tällöin jotain kolmesta
mahdollisesta permutaatioryhmästä: $\langle (r_1, r_2, r_3, r_4) \rangle$,
$\langle (r_1, r_3, r_2, r_4) \rangle$ tai
$\langle (r_1, r_2, r_4, r_3) \rangle$.

Käytetään jälleen resolventtipolynomia $f(y_1, y_2, y_3,
y_4)=y_1y_2+y_3y_4$. Kierrätetään juuria 
$r_1 \rightarrow r_2 \rightarrow r_3 \rightarrow r_4 \rightarrow r_1$
ja tutkitaan miten resolventin tekijät käyttäytyvät:

\begin{gather*}
[x-(r_1r_2+r_3r_4)]\cdot [x-({\bf r_1r_3+r_2r_4})] \cdot [x-(r_1r_4+r_2r_3)] \\
\Downarrow \\
[x-(r_2r_3+r_4r_1)]\cdot [x-(r_2r_4+r_3r_1)] \cdot [x-(r_2r_1+r_3r_4)] \\
= \\
[x-(r_1r_4+r_2r_3)]\cdot [x-({\bf r_1r_3+r_2r_4})] \cdot [x-(r_1r_2+r_3r_4)] \\
\end{gather*}

Siis resolventin juuri $r_1r_3+r_2r_4$ kuvautuu itselleen,
juuret $r_1r_2+r_3r_4$ ja $r_1r_4+r_2r_3$ kuvautuvat toisilleen.
Siis $r_1r_3+r_2r_4 \in \QQ$ ja
$r_1r_2+r_3r_4, r_1r_4+r_2r_3 \not\in \QQ$.

Oletetaan sitten, että Galois'n ryhmä sisältää kierroksen
$r_1 \rightarrow r_2 \rightarrow r_3 \rightarrow r_1$. Tällöin

\begin{gather*}
[x-(r_1r_2+r_3r_4)]\cdot [x-(r_1r_3+r_2r_4)] \cdot [x-(r_1r_4+r_2r_3)] \\
\Downarrow \\
[x-(r_2r_3+r_1r_4)]\cdot [x-(r_2r_1+r_3r_4)] \cdot [x-(r_2r_4+r_3r_1)] \\
= \\
[x-(r_1r_4+r_2r_3)]\cdot [x-(r_1r_2+r_3r_4)] \cdot [x-(r_1r_3+r_2r_4)] \\
\end{gather*}

Eli yksikään resolventin juurista ei kuvaudu itselleen. Vastaavin
mekaanisin laskuin nähdään, että sama pätee aina, kun Galois'n ryhmä
sisältää ryhmään $D_4$ kuulumattoman permutaation.

\end{esimerkki}

\subsection{Resolventin muodostaminen}

Jäljellä on kysymys siitä, miten resolventit käytännössä
muodostetaan. Tutkimme ensin millainen resolventista tulee.

Absoluuttisen resolventin kertoimet ovat tutkittavan polynomin juurten
symmetrisiä polynomeja ja näin lauseen \ref{lause:symkokluku} nojalla
kokonaislukuja. Sama pätee myös suhteelliseen resolventtiin:

\begin{lause} (\cite[s. 984]{stauduhar})
\label{lause:reskoklukuja}

Olkoot $H \subset G \subseteq S_n$ ryhmiä ja $f$ tiukasti
$H$-invariantti polynomi.  Olkoon $P \in \ZZ[x]$ pääpolynomi
jolla $\gal(P) \subseteq G$.

Tällöin resolventin $\res_G(f, P)$ kertoimet ovat kokonaislukuja.

Todistus:

Resolventti auki purettuna on

\begin{gather*}
(x-f(r_{\sigma_1(1)}, r_{\sigma_1(2)}, \dotsc, r_{\sigma_1(n)})) \cdot \\
(x-f(r_{\sigma_2(1)}, r_{\sigma_2(2)}, \dotsc, r_{\sigma_2(n)})) \cdot \\
\dotso \\
(x-f(r_{\sigma_l(1)}, r_{\sigma_l(2)}, \dotsc, r_{\sigma_l(n)}))
\end{gather*}

jossa $l=|G|/|H|$ ja $\sigma_1, \sigma_2, \dotsc, \sigma_l \in G$ ovat
sivuluokkien $G//H$ edustajat.

Valitaan mielivaltainen $\tau \in \gal(P)$. Oletuksen mukaan $\gal(P)
\subseteq G$ joten $\tau \in G$. Tällöin $\tau G = G$, joten myös ryhmän
$H$ mukaiset sivuluokat ovat samat: $G/H=(\tau G)/H$. Kertomalla
vasemmalta permutaatiolla $\tau^{-1}$ nähdään, että $\tau \sigma$ ja
$\tau \sigma'$ kuuluvat samaan sivuluokkaan vain, jos $\sigma$ ja
$\sigma'$ kuuluvat samaan sivuluokkaan.

Siis juurten permutointi mielivaltaisella Galois'n ryhmän
automorfismilla ei muuta resolventin tekijöitä, ainoastaan permutoi
niitä keskenään. Koska resolventti ei muutu millään Galois'n ryhmän
alkiolla, sen kertoimet ovat lauseen
\ref{lause:kiintokuntavainq} nojalla rationaalilukuja.

Luku, joka on kokonaislukukertoimisen pääpolynomin juuri, on
algebrallinen kokonaisluku. Nämä luvut muodostavat renkaan,
eli ovat suljettu joukko yhteen- ja kertolaskun suhteen. Kokonaisluvut
ovat ainoita rationaalilukuja, jotka ovat algebrallisia kokonaislukuja.
\cite[s. 3--6]{jerry}

Koska resolventin kertoimet muodostuvat kokonaislukukertoimisten
polynomien juurista ja ovat rationaalilukuja, ne edellisen perusteella
ovat kokonaislukuja.

\end{lause}

\newpage

Käytämme tässä luvussa esimerkkinä neljännen asteen polynomia

\[
P(x)=x^4-x^3-3x^2+x+1
\]

jonka juuret numeroimme

\[
r_1 \approx -1,356,\ \ r_2 \approx -0,4773,\ \ r_3 \approx
0,7376,\ \ r_4 \approx 2,095.
\]

Selvitämme ensin onko $\gal(P) \subseteq D_4$. Resolventtipolynomi on
edellisestä luvusta tuttu $f(y_1, y_2, y_3, y_4)=y_1y_2+y_3y_4$,
jolloin resolventti siis on \\
$(x-(r_1r_2+r_3r_4))(x-(r_1r_3+r_2r_4))(x-(r_1r_4+r_2r_3))$.

Galois'n ryhmän määritys alkaa aina absoluuttisella resolventilla,
koska ainoa lähtötietomme on Galois'n ryhmän kuuluminen ryhmään
$S_n$. On kolme tapaa selvittää absoluuttisen resolventin
juuret.

\subsubsection*{Tapa 1: Resolventin juuret polynomin juurista}

Ensimmäinen tapa on suoraviivainen: ei lähdetä muodostamaan
resolventtia, vaan suoraan tutkittavan polynomin juurien likiarvoista
lasketaan resolventin juurten likiarvot.

\begin{esimerkki}

Resolventin $\res_{S_4}(f, P)$ juuret ovat

\begin{tabular}{lll}
$r_1r_2+r_3r_4$ & $\approx$ & $+2,19249$ \\ 
$r_1r_3+r_2r_4$ & $\approx$ & $\bm{-2,00013}$ \\
$r_1r_4+r_2r_3$ & $\approx$ & $-3,19287$
\end{tabular}

Resolventilla näyttää olevan yksinkertainen rationaalijuuri
$-2$. Jos oletamme näin olevan, tiedämme Galois'n ryhmän
tarkasti. Tällä juurien numeroinnilla se on $\langle (r_1, r_2, r_3,
r_4), (r_1, r_3) \rangle$ eikä esimerkiksi $\langle (r_1, r_2, r_4,
r_3), (r_1, r_4) \rangle$.

\end{esimerkki}

Voi olla, että edellä resolventin juuri oli vain sattumalta
lähellä kokonaislukua $-2$. Jatkamme varmaan menetelmään.

\subsubsection*{Tapa 2: Resolventin kertoimet polynomin juurista}

Resolventin kertoimet ovat kokonaislukuja. Lasketaan siis
resolventin kertoimien likiarvot tutkittavan polynomin
juurten likiarvoista ja pyöristetään kokonaislukuihin.

\begin{esimerkki}

Merkitään

\begin{tabular}{lll}
$T_1=r_1r_2+r_3r_4$ & $\approx$ & $+2,19249$ \\ 
$T_2=r_1r_3+r_2r_4$ & $\approx$ & $-2,00013$ \\
$T_3=r_1r_4+r_2r_3$ & $\approx$ & $-3,19287$
\end{tabular}

Tällöin resolventti on

\[
x^3-(T_1+T_2+T_3)x^2+(T_1T_2+T_1T_3+T_2T_3)x-(T_1T_2T_3)
\]

josta sijoittamalla saadaan noin

\[
x^3+3,00051x^2-4,99945x-14,00161.
\]

Jos laskutarkkuus oli riittävä, tämä on todellisuudessa

\[
x^3 + 3x^2 - 5x - 14.
\]

Rationaalijuurilauseen perusteella polynomin mahdolliset
rationaalijuuret ovat muotoa $\pm\frac{p}{q}$, jossa $p$ jakaa tasan
vakiotermin ja $q$ jakaa tasan korkeimman asteen termin
kertoimen. Tähän soveltaen mahdolliset resolventin juuret ovat $\pm
1$, $\pm 2$, $\pm 7$ ja $\pm 14$. Osoittautuu, että $-2$ todella on
yksinkertainen rationaalijuuri. Siis $\gal(P) \subseteq D_4$.

\end{esimerkki}

Jos olisimme aloittaneet tavalla kaksi, olisimme saaneet selville
Galois'n ryhmän varmasti, mutta ei yksikäsitteisesti vaan konjugointia
vaille yksikäsitteisesti. Yhdistämällä tavat yksi ja kaksi saimme
varman ja täsmällisimmän mahdollisen tuloksen.

\subsubsection*{Tapa 3: Resolventin kertoimet polynomin kertoimista}

Lauseen \ref{lause:sympaalause} perusteella voidaan lausua absoluuttisen
resolventin kertoimet tutkittavan polynomin kertoimien avulla,
tutkittavan polynomin juuria ei siis tarvitse laskea. Saman
lauseen todistuksen algoritmi kertoo miten tämä tehdään. Tämä
on vaihtoehto tavalle kaksi.

\begin{esimerkki}
\label{esimerkki:resolventtisymbolisesti}

Lasketaan polynomille $x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ resolventti
resolventtipolynomilla $f$. Esimerkiksi termin $x$
kertoimeksi saadaan

\[
(r_1r_2+r_3r_4)(r_1r_3+r_2r_4)+(r_1r_2+r_3r_4)(r_1r_4+r_2r_3)
+(r_1r_3+r_2r_4)(r_1r_4+r_2r_3).
\]

Purkamalla tämä auki saadaan polynomi, jonka johtava termi on
$r_1^2r_2r_3$. Lauseen \ref{lause:sympaalause} mukaisesti tehdään
ensimmäisessä askeleessa korvaus

\[
r_1^2r_2^1r_3^1r_4^0 \rightarrow e_1^{2-1}e_2^{1-1}e_3^{1-0}e_4^0
\]

eli tutkittavan polynomin kertoimien avulla esitettynä $ac$.
Jatkamalla tämä loppuun ja käymällä kaikki kertoimet läpi saadaan

\[
\res_{S_4}(f,\, x^4+ax^3+bx^2+cx+d)=
x^3-bx^2+(ac-4d)x-(a^2d-4bd+c^2).
\]

Polynomille $P$ tämä resolventti on $x^3 + 3x^2 - 5x - 14$,
eli edellisessä esimerkissä laskutarkkuus oli riittävä.

Tästä tietenkin jatketaan kuten edellä tutkimalla
rationaalijuurilauseen perusteella mahdolliset juuret. Tuloksena
saadaan konjugointia vaille yksikäsitteinen tulos.

\end{esimerkki}

\subsubsection*{Numeerisesta laskennasta}

Laskimme tavassa kaksi resolventin vakiotermin olevan \emph{noin}
$-14$. On mahdollista laskea juuren likiarvon sijaan väli, jonka
sisällä juuri \emph{varmasti} on; juuren arvo olisi esimerkiksi
$(1,23+4,56i)+h$, jossa $|h|<10^{-8}$. Tällaisista juurien arvoista
voidaan laskea resolventin kertoimelle vastaava väli. Jos tulos on
esimerkiksi reaalilukuväli $[2,1;\ 3,9]$, on haettu luku täsmälleen
$3$. Laskutarkkuutta kasvattamalla päädytään aina varmaan
lopputulokseen.

Jos resolventin juuria lasketaan suoraan, sama toimii vain puoliksi.
Jos kokonaislukukertoimisen pääpolynomin resolventilla on
rationaalijuuri, se on kokonaisluku. Jos lasketaan jonkin
resolventin juuren olevan esimerkiksi $1,3+h$ jossa $|h|<0,1$,
tämä juuri ei ole rationaalinen.

Jos resolventin juuri on esimerkiksi $3+h$ jossa $|h|<10^{-20}$,
on epävarmaa onko juuri rationaalinen: sehän voi olla esimerkiksi
$3+10^{-30}$. Riippuu sovelluksesta voimmeko tyytyä vastaukseen
joka ei ole varma vaan vain erittäin todennäköinen.

Jos haluamme varman vastauksen ja lisäksi tietää tarkasti Galois'n
ryhmän, voimme yhdistää tavan yksi tapaan kaksi tai kolme. Tämän
voimme tehdä kahdessa eri järjestyksessä.

Voimme laskea ensin numeerisesti resolventin juuret. Jos jokin niistä
näyttää olevan suurella tarkkuudella yksinkertainen rationaalijuuri,
voimme varmistaa tämän tavalla kaksi tai kolme. Näin teimme edellä.

Toisaalta voimme ensin selvittää tarkan tuloksen antavilla tavoilla
onko resolventilla rationaalijuurta. Jos on, voimme tavalla yksi etsiä
mistä resolventin tekijästä tämä tulos saatiin ja siitä päätellä mikä
Galois'n ryhmä tarkalleen on. Tarvittava laskutarkkuus voi tällöin
olla pienempi: esimerkiksi edellä riittää tietää $r_1r_2+r_3r_4=2+h$,
jossa $|h|<3$, jotta tiedetään ettei tämä ole resolventin
rationaalijuuri -2.

Tapaa, jossa likiarvojen sijaan lasketaan lukuväleillä, kutsutaan
intervallilaskennaksi. Sen käytännön toteutusta emme tässä
käsittele.

\subsubsection*{Suhteellinen resolventti ryhmien $D_4$ ja $C_4$ erottajana}

Palaamme polynomiin $P$. Tiedämme $\gal(P) \subseteq \langle
(r_1, r_2, r_3, r_4), (r_1, r_3) \rangle \cong D_4$, eli tämä on esimerkki
suhteellisesta resolventista. Selvitämme onko $\gal(P) \subseteq
C_4$, siis käytännössä onko $\gal(P)=\langle (r_1, r_2, r_3, r_4)
\rangle$.

Aluksi tarvitaan resolventtipolynomi. Olkoon se

\[
f(y_1, y_2, y_3, y_4)=y_1y_2^2+y_2y_3^2+y_3y_4^2+y_4y_1^2
\]

Koska $|D_4|/|C_4|=8/4=2$, jakautuu $D_4$ kahteen sivuluokkaan: \\
$\{ (), (1234), (13)(24), (1432) \}$ \\
$\{ (13), (24), (12)(34), (14)(23) \}$.

Sijoittamalla polynomiin $f$ sivuluokkien edustajista esimerkiksi
identiteettipermutaatio ja $(14)(23)$ saadaan resolventiksi

\begin{gather*}
[x-f(r_1, r_2, r_3, r_4)] \cdot [x-f(r_4, r_3, r_2, r_1)] \\
= \\
[x-(r_1r_2^2+r_2r_3^2+r_3r_4^2+r_4r_1^2)] \cdot 
  [x-(r_4r_3^2+r_3r_2^2+r_2r_1^2+r_1r_4^2)].
\end{gather*}

Resolventtipolynomi on selvästi $C_4$-invariantti. Ryhmien
kertalukujen perusteella on jälleen selvää, ettei ole väliryhmää
$G$ siten, että $C_4 \subset G \subset D_4$. Koska
$f(r_1, r_2, r_3, r_4) \not= f(r_4, r_3, r_2, r_1)$, polynomi
$f$ on tiukasti $C_4$-invariantti.

\subsubsection*{Suhteellisen resolventin juuret polynomin juurista}

\begin{esimerkki}

Resolventin juuret ovat

\begin{tabular}{lll}
$r_1r_2^2+r_2r_3^2+r_3r_4^2+r_4r_1^2$ & $\approx$ & $+6,5209$ \\
$r_4r_3^2+r_3r_2^2+r_2r_1^2+r_1r_4^2$ & $\approx$ & $-5,5213$
\end{tabular}

Näyttää selvältä, että rationaalijuuria ei ole eli $\gal(P)
\not\subseteq C_4$.

\end{esimerkki}

\subsubsection*{Suhteellisen resolventin kertoimet polynomin juurista}

Edellisen esimerkin likiarvoilla laskettuna resolventti on

\begin{gather*}
(x-6,5209)(x-(-5,5213)) \\ \approx \\ x^2-0,9996x-36,004
\end{gather*}

joka tietysti pyöristyy muotoon

\[
x^2-x-36.
\]

Mahdolliset rationaalijuuret ovat $\pm 1$, $\pm 6$ ja $\pm 36$. Mikään
niistä ei ole juuri, joten edellisen esimerkin päättelymme osui
oikeaan: $\gal(P) \not\subseteq C_5$.

\subsubsection*{Suhteellisen resolventin kertoimet polynomin kertoimista}

Vielä voi pohtia kolmatta tapaa suhteellisen resolventin
tapauksessa. Koska resolventin kertoimet eivät ole tutkittavan
polynomin juurien symmetrisiä polynomeja, ei niitä voi esittää
tutkittavan polynomin kertoimien avulla.

Sivuhuomiona toteamme, että hieman vastaavanlainen tapa olisi
olemassa. Olkoon tutkittava polynomi $x^4+ax^3+bx^2+cx+d$, sen juuret
$r_1$, $r_2$, $r_3$ ja $r_4$ sekä edellä löydetty rationaalijuuri
$R=r_1r_2+r_3r_4 \in \QQ$.

Tällöin resolventin termin $x$ kerroin

\[
(r_1r_2^2+r_2r_3^2+r_3r_4^2+r_4r_1^2)+(r_4r_3^2+r_3r_2^2+r_2r_1^2+r_1r_4^2)
\]

voidaan esittää kertoimien ja luvun $R$ avulla muodossa

\[
-a(b-R)-2c.
\]

Sivuutamme resolventin vakion esittämisen vastaavalla tavalla.

\subsubsection*{Neljäs tapa}

Teoriassa olisi kenties vielä yksi tapa: juuret voi laskea tarkasti.
Ratkaisua ei löydy juurtamalla, mutta muilla funktioilla löytyy.
Tätä tapaa ei ilmeisesti käytännössä käytetä missään.

\section{Galois'n ryhmä 5. asteen polynomille}
\label{luku:galois5}

Tämä ja seuraava luku ovat laaja esimerkki resolventtimenetelmän
käytöstä. Menetelmä jakautuu esi- ja työvaiheeseen. Esivaiheessa
etsitään ryhmän $S_n$ transitiiviset aliryhmät ja muodostetaan sopivat
resolventit. Työvaiheessa transitiivisten aliryhmien verkkoa
haarukoidaan resolventeilla kunnes vain yksi ryhmä jää
mahdolliseksi. Tämä luku kertoo esivaiheesta.

\subsection{Ryhmän \texorpdfstring{\S}{S5} transitiiviset aliryhmät}

Ryhmällä \S on isomorfialuokittain laskettuna viisi transitiivista
aliryhmää ja kuhunkin isomorfialuokkaan kuuluvat aliryhmät ovat
keskenään konjugaatteja. Kuvaamme ensin niiden väliset suhteet.
Lähteenä tälle luvulle on \cite[s. 369]{cox}.

\begin{floatingfigure}{28mm}
\begin{tikzpicture}
 \draw[use as bounding box, color=white] (-1.3,-0.2) rectangle (1.3,3.4);
 \Skuva
 \draw (S5) -- (A5);
 \draw (S5) -- (M20);
 \draw (D5) -- (A5);
 \draw (D5) -- (M20);
 \draw (C5) -- (D5);
\end{tikzpicture}
\end{floatingfigure}

Kaaviona aliryhmät muodostavat helposti muistettavan kuvion, vieressä
näkyvän ''liikennemerkin''. Ryhmän \S maksimaaliset aliryhmät ovat \A
ja \M, joiden molempien aliryhmä on
\D, jolla taas on aliryhmänään \C.

Ryhmistä vaikeimmin kuvailtava on 20-alkioinen ryhmä \M. Etenemme
siihen vaiheittain ja hyödynnämme grafiikkaa.

Ryhmä \C kuvaa viisikulmion kiertoa ja sen generoi 5-sykli:
$\C \cong \langle (\mathrm{abcde})\rangle$.  Ryhmässä \S on $4!=24$
eri 5-sykliä: alkio 1 voi siirtyä johonkin neljästä vaihtoehdosta,
tämä johonkin kolmesta jäljellä olevasta ja niin edelleen. Yhden
5-syklin generoima ryhmä sisältää kolme muuta 5-sykliä, joten
erilaisia \C-aliryhmiä on $4!/4=6$.

Diedriryhmässä \D mukaan tulee viisikulmion kääntö. Diedriryhmän voi
ajatella sisältävän permutaatiot, joissa ensin joko tehdään kääntö
pitäen kulma 1 paikallaan tai ei tehdä, ja sitten kierretään
viisikulmiota 0-4 askelta. Toinen tapa on ajatella viittä mahdollista
kiertoa ja viittä kääntöä. Alla kuvataan miten kääntö alkion 1 suhteen
ja yhden askeleen kierto vastaa kääntöä alkion 4 suhteen.

\begin{figure}[h!]
\centering
\subcaptionbox{Alkutila} {
\begin{tikzpicture}
\penta{1,2,3,4,5};
\draw[<->, black, thick, dotted] (90:1.15cm) ++(2.5mm,0)
  arc(-60:180+60:5mm and 2mm);
\end{tikzpicture}
}
\subcaptionbox{Käännetty} {
\begin{tikzpicture}
\penta{1,5,4,3,2};
\draw[->, black, thick, dotted] (90-36+15:1.3cm)
  arc[radius=1.4, start angle=90-36+15, end angle=90-36-15];
\end{tikzpicture}
}
\subcaptionbox{Kierretty} {
\begin{tikzpicture}
\penta{2,1,5,4,3};
\draw[<->, black, thick, dotted] (90+15+360/5*2:1.6cm)
  arc[radius=1.4, start angle=270-36+15, end angle=270-36-15];
\end{tikzpicture}
}
\caption{''käännä 1:n suhteen''+''kierrä kerran''=''käännä 4:n suhteen''}
\end{figure}

Jokainen \D-aliryhmä voidaan ajatella \C-aliryhmäksi, jota on
laajennettu käännöllä. Näin myös erilaisia \D-aliryhmiä on kuusi.
Permutaationa ryhmä on muotoa $\D \cong \langle (\mathrm{abcde}),
(\mathrm{be})(\mathrm{cd}) \rangle$.

Ryhmä \M suhtautuu ryhmään \D hieman kuten \D ryhmään
\C. Viisikulmion kierto ja kääntö säilyttävät kunkin kulman
naapurit entisellään. Ryhmässä \M mukaan tulee vielä
täydellinen naapurien vaihto. Tämä voidaan kuvata joko vaihtamalla
kulmien numerointia sopivasti tai vaihtamalla ulkokehä ja sisätähti
keskenään.

\begin{figure}[h!]
\label{kuva:m20}
\centering

\subcaptionbox{Alkutila}  { \tikz \penta{1,2,3,4,5}; }
\subcaptionbox{Vaihdettu} { \tikz \penta[harmaareunus]{1,2,3,4,5}; }
\subcaptionbox{Vaihto toisin esitettynä} { \tikz \penta{1,3,5,2,4}; }

\caption{Ryhmä \M sisältää viisikulmion kiertojen ja kääntöjen lisäksi
vaihdon, jossa jokaisen kulman naapuripisteet vaihtuvat.}

\end{figure}

Permutaatioina ajatellen ryhmän \M generoivat 5-sykli ja sopiva
4-sykli: $\M \cong \langle (\mathrm{abcde}), (\mathrm{bced}) \rangle$.
Ainoat 4-syklin $(\mathrm{bced})$ generoiman ryhmän aidot aliryhmät
ovat $\langle(\mathrm{be})(\mathrm{cd})\rangle$ ja triviaaliryhmä;
vastaavasti aliryhmäketju on
$\langle (\mathrm{abcde}), (\mathrm{bced}) \rangle \cong \M \supset
\langle (\mathrm{abcde}), (\mathrm{be})(\mathrm{cd}) \rangle \cong \D \supset
\langle (\mathrm{abcde}) \rangle \cong \C$ ja erilaisia \M-aliryhmiä on kuusi.

Tasokuvioin ei voi havainnollistaa kahta jäljellä olevaa ryhmää.
Käytämme kolmiulotteista mielikuvaa perustelematta tarkemmin
miksi se on oikea.

\begin{floatingfigure}{46mm}

% Säätää katselukulman
\tdplotsetmaincoords{60}{165}

% \kl on kultainen leikkaus, \kkl sen käänteisluku
\pgfmathsetmacro{\kl}{(1+sqrt(5))/2}
\pgfmathsetmacro{\kkl}{2/(1+sqrt(5))}

\begin{tikzpicture}[scale=1.4,tdplot_main_coords,line width=0.5mm]

% Ensin tausta.
\draw[fill=lightgray] (1,-1,1) -- (0,-\kkl,\kl) -- (-1,-1,1) --
 (-\kl,0,\kkl) -- (-\kl,0,-\kkl) -- (-1,1,-1) -- (0,\kkl,-\kl) --
 (1,1,-1) -- (\kl,0,-\kkl) -- (\kl,0,\kkl) -- cycle;

% Sitten taakse jäävät harmaat särmät.
\draw[color=gray] (\kkl,-\kl,0) -- (1,-1,-1) -- (0,-\kkl,-\kl) --
 (-1,-1,-1) -- (-\kkl,-\kl,0) -- cycle;
\draw[color=gray] (\kl,0,-\kkl)  -- (1,-1,-1);
\draw[color=gray] (0,-\kkl,-\kl) -- (0,\kkl,-\kl);
\draw[color=gray] (-1,-1,-1)     -- (-\kl,0,-\kkl);
\draw[color=gray] (\kkl,-\kl,0)  -- (1,-1,1);
\draw[color=gray] (-1,-1,1)      -- (-\kkl,-\kl,0);

% Lopuksi edessä näkyvät mustat särmät.
\draw (1,-1,1) -- (0,-\kkl,\kl) -- (-1,-1,1) -- (-\kl,0,\kkl) -- 
 (-\kl,0,-\kkl) -- (-1,1,-1) -- (0,\kkl,-\kl) -- (1,1,-1) --
 (\kl,0,-\kkl) -- (\kl,0,\kkl) -- cycle;
\draw (0,\kkl,\kl) -- (-1,1,1) -- (-\kkl,\kl,0) -- (\kkl,\kl,0) --
 (1,1,1) -- cycle;
\draw (0,\kkl,\kl) -- (0,-\kkl,\kl);
\draw (-1,1,1) -- (-\kl,0,\kkl);
\draw (-\kkl,\kl,0) -- (-1,1,-1);
\draw (\kkl,\kl,0) -- (1,1,-1);
\draw (1,1,1) -- (\kl,0,\kkl);

\end{tikzpicture}

\caption{Dodekaedri}
\end{floatingfigure}

Ryhmä \A kuvaa kahdestatoista viisikulmiosta muodostuvan dodekaedrin
kiertoja\cite[s. 247]{carter}. Sen kuusi syklistä viiden alkion
aliryhmää vastaavat pyörittämistä vastakkaisten sivujen pysyessä
paikallaan.

Visuaalisesti ajatteleva havaitsee, että kaikki dodekaedrin asennot
saadaan toistamalla esimerkiksi mitä tahansa kahta jonkin sivun
suuntaista kääntöä. Vastaavasti kaksi 5-sykliä generoivat ryhmän \A.

Ryhmää \S helposti vastaavaa kolmiulotteistakaan kuviota ei
ole. Lähimmäksi pääsemme ajattelemalla dodekaedria, josta voi vaihtaa
sisäpuolen ulkopuoleksi. Tällöin ryhmä \A vastaisi niitä
permutaatioita, joissa sisäpuoli jää sisäpuoleksi.

Ryhmän \M mieltäminen ryhmän \S aliryhmäksi ei ole graafisesti
helppoa. Voimme ehkä ajatella tasolla olevaa dodekaedria, jonka voi
kiertää viiteen asentoon (vrt. \C), kääntää ylä- ja alapuolet
(vrt. ryhmän \D kääntö) tai vaihtaa sisäpuolen ulkopuoleksi
(vrt. ryhmän \M vaihto).

Mielikuvaa jatkaen ryhmät \C ja \D eivät vaihda sisä- ja ulkopuolta,
eli kuuluvat ryhmään \A. Sen sijaan ryhmän \M permutaatioista puolet
vaihtaa. Vastaavasti ryhmän \A aliryhmiä ovat \C ja \D mutta ei \M.

Vielä on korostettava, että tilanne on monimutkaisempi kun ryhmiä ei
yhdistetä konjugaateittain. Merkitsemme seuraavassa konkreettiset
aliryhmät $M_{20}(1)$, $M_{20}(2)$ jne. Tällöin kuvioksi saadaan
seuraava:

\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}
 \node                   (S5) {\S};
 \node [below=5mm of S5] (M1) {$M_{20}(1)$};
 \node [below=5mm of M1] (D1) {$D_5(1)$};
 \node [below=5mm of D1] (C1) {$C_5(1)$};
 \draw (S5) -- (M1) -- (D1) -- (C1);
 \node [right=5mm of M1] (M2) {$M_{20}(2)$};
 \node [below=5mm of M2] (D2) {$D_5(2)$};
 \node [below=5mm of D2] (C2) {$C_5(2)$};
 \draw (S5) -- (M2) -- (D2) -- (C2);
 \node [left=5mm  of M1] (A5) {\A};
 \draw (S5) -- (A5);
 \draw (A5) -- (D1);
 \draw (A5) -- (D2);
 \node [right=5mm of M2] (M6) {$\dotso$};
 \draw (S5) -- (M6);
\end{tikzpicture}
\end{figure}

Miten transitiiviset aliryhmät etsitään?  Kysymys on puhtaasti
ryhmäteoriaan kuuluva, ja ohitamme sen tässä lyhyesti.

Voidaan todistaa, että ryhmän \S transitiivisessa aliryhmässä on
ainakin yksi 5-sykli. Tähän voidaan lisätä erilaisia permutaatioita ja
tutkia millainen ryhmä saadaan. Voidaan olettaa 5-sykli numeroiduksi
(12345) ja tutkia ryhmiä $\langle (12345), (123) \rangle$,
$\langle (12345), (12)(34) \rangle$ jne.

Olennainen oikotie on havainto \\
$\langle (12345) \rangle = \langle (13524) \rangle =
\langle (14253) \rangle =\langle (15432) \rangle$. \\
Tämän ansiosta riittää tutkia sellaisten permutaatioiden lisäämistä,
jotka alkavat ''(12'', siis esimerkiksi 4-sykleistä
(1234), (1235), (1243), (1245), (1253) ja (1254). Löydettyihin
ryhmiin lisätään uusia permutaatioita, kunnes generoituva ryhmä on
\A tai \S. Lisäksi esimerkiksi
kaksi 5-sykliä generoivat ryhmän \A, kuten edellä todettiin. Laskenta
voidaan aina lopettaa kun päädytään tällaiseen tilanteeseen, jossa
lopputulos on jo selvä.

Täysin toisenlainen lähestymistapa on ottaa annettuna transitiivisten
aliryhmien lista ja todistaa, ettei muita aliryhmiä ole. Tämä esitetään
esimerkiksi lähteessä\cite[s. 369]{cox}.

\newpage

\subsection{Diskriminantti 5. asteen polynomille}
\label{luku:diskriminantti5}

\begin{floatingfigure}{28mm}
\begin{tikzpicture}
 \draw[use as bounding box, color=white] (-1.3,-0.2) rectangle (1.3,3.4);
 \Skuva
 \draw [dashed] (S5)  -- (A5);
 \draw [dashed] (M20) -- (D5);
 \draw decorate [decoration={zigzag}] {(vy)  -- (oa)};
 \draw          (S5)  -- (M20);
 \draw (A5) -- (D5) -- (C5);
\end{tikzpicture}
\end{floatingfigure}

Lauseen \ref{lause:disca} perusteella Galois'n ryhmä on ryhmän
$A_n$ aliryhmä, eli siihen kuuluu vain parillisia permutaatioita, jos
ja vain jos diskriminantti on rationaaliluvun neliö. Viidennen asteen
polynomilla siis

\[
\gal(P) \cong \left\{
  \begin{array}{l l}
    \S\text{ tai }\M & \quad \sqrt{\Delta P} \not\in \QQ \\
    \A\text{ tai }\D\text{ tai }\C & \quad \sqrt{\Delta P} \in \QQ 
  \end{array} \right.
\]

Esitämme diskriminantin auki purettuna tapauksessa, jossa 4. asteen
termiä ei ole; Tschirnhausin muunnoksella yleinen muoto voidaan aina
muuntaa tällaiseksi.

\begin{align*}
& \Delta x^5+ax^3+bx^2+cx+d = \\
& + 108a^5d^2 - 72a^4bcd + 16a^4c^3 + 16a^3b^3d - 4a^3b^2c^2
  - 900a^3cd^2 + 825a^2b^2d^2 \\
& + 560a^2bc^2d - 128a^2c^4 - 630ab^3cd + 144ab^2c^3 - 3750abd^3
   + 2000ac^2d^2 \\
& + 108b^5d - 27b^4c^2 + 2250b^2cd^2 - 1600bc^3d  + 256c^5 + 3125d^4.
\end{align*}

Kaava voidaan periaatteessa muodostaa lauseen \ref{lause:sympaalause}
todistuksen algoritmilla, mutta se olisi erittäin hidasta. Käytännössä
toimiva tapa on esimerkiksi lähteessä\cite[s. 7]{healy}.

Palautamme vielä mieleen, että polynomilla $x^2-\Delta$ ei voi olla
moninkertaista juurta. Ainoa mahdollisuus olisi $\Delta=0$, jolloin
tutkittavalla polynomilla olisi moninkertainen juuri, eikä se olisi
jaoton.

\subsection{Ryhmän \texorpdfstring{\M}{M20} resolventti}

Siirrymme työn monimutkaisimpaan resolventtiin. Tiedämme
$\gal(P) \subseteq \S$, selvitämme onko $\gal(P) \subseteq \M$.
Tämä resolventti on siis absoluuttinen.

\begin{floatingfigure}{28mm}
\begin{tikzpicture}
 \draw[use as bounding box, color=white] (-1.3,-0.2) rectangle (1.3,3.4);
 \Skuva
 \draw [dashed] (S5) -- (M20);
 \draw [dashed] (A5) -- (D5);
 \draw decorate [decoration={zigzag}] {(va) -- (oy)};
 \draw          (S5) -- (A5);
 \draw (M20) -- (D5) -- (C5);
\end{tikzpicture}
\end{floatingfigure}

Tarvitsemme tiukasti \M-invariantin polynomin. Koska
$|\S|/|\M|=120/20=6$, tulee kuhunkin sivuluokkaan
20 alkiota ja resolventti tulee olemaan kuudetta astetta.

Määrittelemme ensin \D-invariantin apupolynomin $g$:

\begin{gather*}
g(y_1, y_2, y_3, y_4, y_5) = \\
{}+y_1y_2+y_2y_3+y_3y_4+y_4y_5+y_5y_1\phantom{.} \\
{}-y_1y_3-y_3y_5-y_5y_2-y_2y_4-y_4y_1.
\end{gather*}

Havainnollistamme apupolynomia sivulta \pageref{kuva:m20} tutulla kuviolla.

\begin{figure}[h!]
\centering  
\subcaptionbox{Alkutila}  { \tikz \penta{1,2,3,4,5}; }
\subcaptionbox{Vaihdettu} { \tikz \penta[harmaareunus]{1,2,3,4,5}; }

\end{figure}

Polynomi $g$ siis käy läpi kaikki tulot $y_iy_j$, $i \not=
j$. Etumerkki on valittu siten, että ylläolevassa kuviossa
plus-merkkiset tulot muodostavat reunan viisikulmion, miinus-merkkiset
taas sisällä olevan tähden.

Polynomi $g$ on \D-invariantti. Tämän voi laskea,
mutta sen näkee helposti myös kuviosta: ryhmä \D kiertää tai
kääntää, ja naapurikulmat säilyvät naapurikulmina.

Jos tehdään ryhmään \M kuuluva vaihto, jokaisen kulman
naapurit vaihtuvat. Polynomissa $g$ vaihtuu tällöin jokaisen termin
etumerkki, eli koko polynomin arvo vaihtuu vastaluvukseen.
Vastalukujen neliöt ovat tietysti samoja, joten \M-invariantti
polynomi saadaan neliöimällä:

\[
f(y_1, y_2, y_3, y_4, y_5)=g(y_1, y_2, y_3, y_4, y_5)^2.
\]

Vielä on todistettava, että polynomi $f$ ei ole invariantti minkään
aidosti laajemman ryhmän suhteen. Ainoa mahdollisuus olisi
\S, koska ei ole transitiivista ryhmää $G$ s.e. $\M \subset G
\subset \S$. Esimerkiksi $f(1, 2, 3, 0, 0)=25$ mutta $f(2, 1, 3, 0, 0)=1$.
Siis $f$ ei ole invariantti permutaation (12) suhteen, eikä siis
\S-invariantti, joten $f$ on tiukasti \M-invariantti.

Havainnollistamme sivuluokat graafisesti. Mikä tahansa viisikulmio
voidaan kiertää tilanteeseen, jossa kulma 1 on ylimpänä. Edelleen
tekemällä tarvittaessa kääntö ja/tai vaihto saadaan kulma 2 tästä
oikealle. Sivuluokat määräytyvät siis kulmien 3, 4 ja 5 sijainnin
perusteella; näitä on kuusi kuten pitääkin, koska kolme alkiota
voidaan järjestää $3!=6$ tavalla.

\begin{figure}[h!]

\centering  

\subcaptionbox{Alkutila} { \tikz \penta{4,1,5,3,2}; }
\subcaptionbox{Kierto}   { \tikz \penta{1,5,3,2,4}; }
\subcaptionbox{Vaihto}   { \tikz \penta{1,3,4,5,2}; }
\subcaptionbox{Kääntö}   { \tikz \penta{1,2,5,4,3}; }

\caption{Permutaation (35) määräämä sivuluokka: $f(4, 1, 5, 3, 2)=
f(1, 2, \bm{5}, 4, \bm{3})$}
\end{figure}

\newpage

Resolventti on siis

\[
[x-f(r_1, r_2, \bm{r_3}, \bm{r_4}, \bm{r_5})] \cdot
[x-f(r_1, r_2, \bm{r_4}, \bm{r_3}, \bm{r_5})] \dotsm
[x-f(r_1, r_2, \bm{r_5}, \bm{r_4}, \bm{r_3})].
\]

Tämä voidaan kertoa auki ja lauseen \ref{lause:sympaalause} todistuksen
algoritmilla hakea sille kaava tutkittavan polynomin kertoimien
avulla siten kuin esimerkissä \ref{esimerkki:resolventtisymbolisesti}
hahmottelimme. Osoittautuu, että resolventti supistuu yllättävän
tiiviiseen muotoon\cite[s. 373--374]{cox}. Polynomin $P(x)=x^5+ax^3+bx^2+cx+d$
kertoimilla se on

\[
\res_{\S}(P, f)=(x^3+px^2+qx+r)^2-2^{10}\Delta x
\]

jossa $\Delta$ on diskriminantti ja

\label{kaava:res6sym}
\begin{flalign*}
p = & {} - {} 3a^2-20c & \\
q = & {} + {} 3a^4 - 8a^2c + 16ab^2 - 400bd + 240c^2 & \\
r = & - a^6 + 28a^4c - 16a^3b^2 - 80a^2bd - 176a^2c^2 + 224ab^2c
+ 4000ad^2 - 64b^4 & \\ & - 1600bcd + 320c^3.
\end{flalign*}

Todistamme lähteen \cite[s. 389]{dummit} pohjalta, ettei resolventilla
voi olla kaksinkertaista juurta. Idea on se, että jos yksi resolventin
juuri on rationaalinen, niin Galois'n ryhmän alkio kierrättää
viittä muuta juurta. Todistus pätee kaikille ryhmät \M ja \S erottaville
resolventeille.

\begin{lause}
\label{lause:res6eituplajuuria}
Olkoon $P$ jaoton 5. asteen polynomi. Olkoon $f$
tiukasti \M-invariantti polynomi.

Tällöin resolventilla $\res_{\S}(P, f)$ ei ole yhtä useampaa
rationaalijuurta.

Todistus:

Jos $\gal(P) \not\subseteq \M$, ei resolventtilauseen nojalla
resolventilla ole rationaalijuuria lainkaan.

Jos $\gal(P) \subseteq \M$, niin Galois'n ryhmä sisältää yhden
syklisen viiden alkion aliryhmän. Voidaan olettaa juuret numeroiduksi
niin, että tämä aliryhmä on $\langle (r_1\ r_2\ r_3\ r_4\ r_5)
\rangle$. Tällöin rationaalijuuri saadaan resolventin tekijästä
$x-f(r_1, r_2, r_3, r_4, r_5)$.

Tutkitaan mihin edellämainitun aliryhmän permutaatiot kuvaavat
resolventin tekijän $x-f(r_1, r_2, r_3, \bm{r_5}, \bm{r_4})$.  Tämä
tehdään yksinkertaisesti kierrättämällä tutkittavan polynomin juuria:

\begin{align*}
& f(r_1, r_2, r_3, r_5, r_4) \rightarrow
f(r_2, r_3, r_4, r_1, r_5) \rightarrow
f(r_3, r_4, r_5, r_2, r_1) \rightarrow \\
& f(r_4, r_5, r_1, r_3, r_2) \rightarrow
f(r_5, r_1, r_2, r_4, r_3) \rightarrow
f(r_1, r_2, r_3, r_5, r_4).
\end{align*}

Käännetään nämä tekijät tutumpaan muotoon:

\begin{align*}
& f(r_1, r_2, r_3, r_5, r_4) \rightarrow
f(r_1, r_2, r_4, r_5, r_3) \rightarrow
f(r_1, r_2, r_5, r_4, r_3) \rightarrow \\
& f(r_1, r_2, r_5, r_3, r_4) \rightarrow
f(r_1, r_2, r_4, r_3, r_5) \rightarrow
f(r_1, r_2, r_3, r_5, r_4).
\end{align*}

Siis resolventin viisi muuta juurta kuvautuvat kukin toisilleen
jollain Galois'n ryhmän alkiolla. Jos jokin niistä olisi rationaalinen,
kaikkien viiden juuren arvo olisi sama rationaaliluku. Tällöin
tutkittavan polynomin juuret olisivat yhtäsuuria, eikä se olisi jaoton.

\end{lause}

Yhdistettynä diskriminanttiin tilanne on siis seuraava:

\[
\gal(P) \cong \left\{
\begin{array}{l l}
  \S & \quad \sqrt{\Delta P} \not\in \QQ
     \text{ ja resolventilla ei ole rationaalijuuria} \\
  \A & \quad \sqrt{\Delta P} \in \QQ
      \text{ ja resolventilla ei ole rationaalijuuria} \\
  \M & \quad \sqrt{\Delta P} \not\in \QQ
      \text{ ja resolventilla on rationaalijuuri} \\
    \D\text{ tai }\C & \quad \sqrt{\Delta P} \in \QQ
      \text{ ja resolventilla on rationaalijuuri}
\end{array} \right.
\]

\subsection{Suhteellinen resolventti erottaa ryhmät
\texorpdfstring{\D ja \C}{D5 ja C5}}

Voimme jatkaa loppuun kahdella tavalla: absoluuttinen resolventti erottaa
suoraan ryhmän \C ryhmässä \S, suhteellinen resolventti erottaa ryhmän
\C ryhmässä \D.

Koska $|\S|/|\C|=120/5=24$, on absoluuttinen resolventti
24. asteen polynomi. Ohitamme sen muodostamisen.

% Seuraava kuva on käytännössä lähes kopio preamblen makrosta.
% Makro piirtää mustalla, joka ei tässä käy.

\begin{floatingfigure}{28mm}
\begin{tikzpicture}
% \draw[use as bounding box, color=white] (-1.3,-0.2) rectangle (1.3,3.4);
 \node (C5)                            {\C};
 \node (vali) [above=0.55cm of C5]     {};
 \node (D5)   [above=0.55cm of vali]   {\D};
 \node (k)    [above of=D5]            {};
 \node [color=gray] (A5)  [left  of=k] {\A};
 \node [color=gray] (M20) [right of=k] {\M};
 \node [color=gray] (S5)  [above of=k] {\S};
 \node (alku) [left of=vali]           {};
 \node (loppu) [right of=vali]         {};
 \draw [color=gray]   (S5) -- (A5) -- (D5) -- (M20) -- (S5);
 \draw [dashed]       (C5) -- (D5);
 \draw decorate [decoration={zigzag}] {(alku) -- (loppu)};
\end{tikzpicture}
\end{floatingfigure}

Yleisesti voimme käyttää suhteellista resolventtia, kun jo tiedämme
Galois'n ryhmän olevan jokin ryhmän $S_n$ aito aliryhmä. Tässä
tapauksessa tämä ryhmä on \D.

Ryhmässä \S ei ole vain yhtä ryhmää \D, vaan kuusi. Tämän vuoksi
suhteellisen resolventin käyttö edellyttää aliryhmän täsmällistä
selvittämistä. Se puolestaan tarkoittaa, että oikea \D-aliryhmä on
etsittävä numeerisesti.

On luultavasti helpointa ajatella tämä juurien uudelleennumerointina:
vaihdetaan numerointi niin, että \C-aliryhmä on $\langle
(r_1\ r_2\ r_3\ r_4\ r_5) \rangle$. Jos esimerkiksi \D-aliryhmä
jollain juurien numeroinnilla on $\langle (r_1\ \bm{ r_3\ r_2}\ r_4\ r_5),
(r_3\ r_5)(r_2\ r_4) \rangle$, tehdään vaihto $r_2 \leftrightarrow r_3$.

Ryhmät \D ja \C erottavaksi resolventtipolynomiksi, joka on symmetrinen
''kierron'' mutta ei ''käännön'' suhteen, sopii

\[
f(y_1, y_2, y_3, y_4, y_5)=
y_1y_2^2+y_2y_3^2+y_3y_4^2+y_4y_5^2+y_5y_1^2.
\]

Tämä on selvästi tiukasti \C-invariantti, tarkemmin sanoen $\langle
(y_1\ y_2\ y_3\ y_4\ y_5) \rangle$-invariantti.  Laskemme resolventin
auki; sivuluokkia on nyt vain kaksi, koska $|\D|/|\C|=2$.

\begin{gather*}
\res_{\D}(P, f)=\\
(x-r_1r_2^2+r_2r_3^2+r_3r_4^2+r_4r_5^2+r_5r_1^2)
(x-r_5r_4^2+r_4r_3^2+r_3r_2^2+r_2r_1^2+r_1r_5^2).
\end{gather*}

Todistimme aiemmin, ettei diskriminantilla resolventiksi tulkittuna
eikä kuudennen asteen resolventilla voi olla moninkertaista
juurta. Valitettavasti sama ei päde viimeiseen resolventtiin. Ratkaisu
on Tschirnhausin muunnos, jonka käyttö selviää esimerkeistä.

Suhteellisen resolventin kertoimet eivät ole tutkittavan polynomin
juurien symmetrisiä polynomeja. Niinpä suhteellista resolventtia
emme voi esittää tutkittavan polynomin kertoimien avulla samalla
tavalla kuin absoluuttisen resolventin esitimme.

Lauseen \ref{lause:reskoklukuja} nojalla resolventin kertoimet
ovat kokonaislukuja. Laskemme siis kertoimien likiarvot numeerisesti
ja pyöristämme kokonaisluvuiksi.

Lopuksi optimoimme vähän.

\begin{lause} \label{lause:c5-molemmatrationaalisia}

Ryhmät \D ja \C erottavalla suhteellisella resolventilla
ei voi olla täsmälleen yhtä rationaalijuurta.

Todistus: Selvästi
$\langle (r_1\ r_2\ r_3\ r_4\ r_5) \rangle=
\langle (r_5\ r_4\ r_3\ r_2\ r_1) \rangle$ eli molemmat permutaatiot
kuuluvat samaan ryhmään. Siispä jos Galois'n ryhmä on \C, sekä
$f(r_1, r_2, r_3, r_4, r_5) \in \QQ$ että
$f(r_5, r_4, r_3, r_2, r_1) \in \QQ$.

\end{lause}

Jos siis resolventin juurista yksi ei ole rationaalinen, ei toista
tarvitse laskea vaan ryhmän tiedetään olevan \D.

\section{Esimerkkejä}
\label{luku:esimerkkeja}

Kokoamme palat yhteen algoritmiksi. Tuloksena tämä antaa ryhmän \M
vain konjugaattityyppinä, ryhmät \D ja \C juuret numeroituna tarkkana
ryhmänä. Käytännössä varmaankin myös \M haluttaisiin juuret
numeroituna, mutta tässä tarkoitus on vain havainnollistaa
resolventteja.

Tässä $\mathrm{RES6_{sym}}$ on 6. asteen resolventti polynomin
kertoimista laskettuna ja $\mathrm{RES6_{num}}$ sama laskettuna
numeerisesti polynomin juurten likiarvoista. Viimeksimainittu siis
selvittää Galois'n ryhmästä tietoa tarkasti juuret numeroituna,
ensinmainittu vain konjugaattityyppinä.

\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm]

\tikzstyle{every path} = [draw, ultra thick, -latex]
\tikzstyle{vaihe} = [rectangle, fill=blue!10, draw, text width=7.5em,
  text centered, minimum height=4em, thin]
\tikzstyle{tulos} = [circle, fill=red!10, draw, text width=2cm,
  text badly centered, inner sep=0pt, very thick, font=\Large, thin]

\node [vaihe] (alku) {$\sqrt{\Delta} \in \ZZ$?};
\node [vaihe, right=of alku] (res6)
  {Polynomilla $\mathrm{RES6}_\mathrm{sym}$\\ rationaalijuuria?};
\node [tulos, right=of res6] (s5) {\S};
\node [vaihe, below=of alku] (res6n)
  {$\mathrm{RES6}_\mathrm{num}$ rationaalijuuria?};
\node [tulos, right=of res6n] (a5) {\A};
\node [vaihe, rounded rectangle, below=2cm of res6n] (numeroi)
  {Numeroi juuret};
\node [tulos] (m20) at (s5|-a5) {\M};

\path (alku) -- node {Ei} (res6);
\path (res6) -- node {Ei} (s5);
\path [sloped] (res6) -- node {Kyllä} (m20);

\path (alku) -- node {Kyllä} (res6n);
\path (res6n) -- node {Ei} (a5);
\path (res6n) -- node {Kyllä} (numeroi);

\node [vaihe, right=of numeroi] (laske1)
  {$r_1r_2^2+r_2r_3^2+\dotsb$ \\ $\in \ZZ$?};
\node [tulos, right=of laske1] (d5) {\D};
\node [vaihe, below=of laske1] (laske2)
  {$r_5r_4^2+r_4r_3^2+\dotsb=r_1r_2^2+r_2r_3^2+\dotsb$?};
\node [tulos, right=of laske2] (c5) {\C};
\node [vaihe, rounded rectangle, below=of numeroi] (tsc)
  {Tschirnhausin muunnos};

\path (numeroi) --              (laske1);
\path (laske1)  -- node {Ei}    (d5);
\path (laske1)  -- node {Kyllä} (laske2);
\path (laske2)  -- node {Ei}    (c5);
\path (laske2)  -- node {Kyllä} (tsc) -- (laske1);

\end{tikzpicture}
\end{figure}

Havainnollistamme resolventtimenetelmää neljällä polynomilla.
Oletamme kaikissa esimerkeissä tunnetuksi sen, että tutkittavat
polynomit ovat jaottomia.

\newpage

\begin{esimerkki}

Tutkitaan polynomia $x^5-x+1$.

Diskriminantti muotoa $x^5+ax+b$ olevalle polynomille on
yksinkertaisesti $256a^5+3125b^4$, siis tässä tapauksessa
$256\cdot(-1)^5+3125\cdot1^4=2869$. Se ei ole rationaaliluvun neliö,
joten Galois'n ryhmä on \S tai \M.

Myös kuudennen asteen resolventti on yksinkertaisempi kun osa
kertoimista on nollia, tässä tapauksessa $(x^3 + 20x^2 + 240x - 320)^2
- 2937856x$.  Mikään luvun $320^2$ tasan jakava luku ole resolventin
juuri, joten ryhmä on \S.

\end{esimerkki}

Seuraavat kaksi esimerkkiä on valittu tahallisen hankaliksi, jotta
näemme resolventin kaksoisjuuren ja sen ratkaisun Tschirnhausin
muunnoksella.

\begin{esimerkki}

Tutkitaan polynomia $x^5 + x^4 - 4x^3 - 3x^2 + 3x + 1$.

Sijoitetaan polynomiin $x-\frac{1}{5}$ eli tehdään Tschirnhausin
muunnos jolla 4. asteen termi katoaa. Tulos on

\[
x^5-\frac{22}{5}x^3-\frac{11}{25}x^2 + \frac{462}{125}x+\frac{979}{3125}.
\]

Diskriminantin kaava antaa tälle tulokseksi 121 eli $11^2$.
Galois'n ryhmä on siis \A, \D tai \C.

Tutkittavan polynomin juuret neljän desimaalin tarkkuudella ovat

\begin{center}$r_1
\approx -1,9190,\ r_2 \approx -1,3097,\ r_3 \approx -0,2846,\ r_4
\approx 0,8308,\ r_5 \approx 1,6825$.\end{center}

Laskemme kuudennen asteen resolventin juuret, siis polynomin

\begin{gather*}
f(y_1, y_2, y_3, y_4, y_5) = \\
(+y_1y_2+y_2y_3+y_3y_4+y_4y_5+y_5y_1
-y_1y_3-y_3y_5-y_5y_2-y_2y_4-y_4y_1)^2
\end{gather*}

arvon kuudella eri tulokset antavalla permutaatiolla:

$f(r_1, r_2, r_3, r_4, r_5) \approx 31,780$ \\
$f(r_1, r_2, r_3, r_5, r_4) \approx 70,920$ \\
$f(r_1, r_2, r_4, r_3, r_5) \approx 1,077$ \\
$f(r_1, r_2, r_4, r_5, r_3) \approx 95,661$ \\
$f(r_1, r_2, r_5, r_3, r_4) \approx \bm{0,000}$ \\
$f(r_1, r_2, r_5, r_4, r_3)$ ei lasketa

Resolventille näytti löytyvän rationaalijuuri nolla, ja koska lauseen
\ref{lause:res6eituplajuuria} nojalla moninkertaisia juuria ei voi
olla, lopetimme laskennan tähän.  Galois'n ryhmä on tämän perusteella
luultavasti \M, \D tai \C, ja koska diskriminantti oli rationaaliluvun
neliö, ryhmä on siis \D tai \C.

Varmistetaan tulos sivun \pageref{kaava:res6sym} kaavalla. Koska
mahdollinen rationaalijuuri on nolla, riittää laskea resolventin
vakiotermi. Sijoitetaan siis $a=-\frac{22}{5}$, $b=-\frac{11}{25}$ jne.
Mainitulla kaavalla saadaan vakiotermiksi odotetusti nolla.

Edellä kuudennen asteen resolventin juuri oli
$f(r_1, r_2, r_5, r_3, r_4)$, joten Galois'n ryhmän
sisältämä 5-sykli on $(r_1\ r_2 \ r_5 \ r_3 \ r_4)$. Haluamme
sykliksi $(r_1\ r_2 \ r_3 \ r_4 \ r_5)$ ja numeroimme juuret tämän
mukaan uudelleen:

\begin{center}$r_1 \approx -1,9190,\ r_2 \approx -1,3097,\ 
r_3 \approx 1,6825,\ r_4 \approx -0,2846,\ r_5 \approx 0,8308$.\end{center}

Laskemme ryhmät \D ja \C erottavan suhteellisen resolventin juuret.

$r_1r_2^2+r_2r_3^2+r_3r_4^2+r_4r_5^2+r_5r_1^2 \approx -3,99988$ \\
$r_5r_4^2+r_4r_3^2+r_3r_2^2+r_2r_1^2+r_1r_5^2 \approx -3,99993$ 

Päädyimme siis ilmeisesti kaksinkertaiseen rationaalijuureen -4, eikä
resolventtilause kerro Galois'n ryhmää.

Tehdään Tschirnhausin muunnos $t(r)=r^2+2r+1$.

Muunnetut juuret ovat

\begin{center}$r_1 \approx 0,8446,\ r_2 \approx 0,0959,\ r_3 \approx 7,1958,
\ r_4 \approx 0,5118,\ r_5 \approx 3,3518$.\end{center}

Resolventin juuriksi saadaan nyt noin $14,999$ ja $37,002$.  Galois'n
ryhmä todennäköisesti on \C. Resolventti on, jos laskutarkkuus oli
riittävä,

\[
x^2 - 52x + 555.
\]

Arvioimme vielä hetken tarvittavaa tarkkuutta.  Muunnetut juuret ovat
kymmentä pienempiä. Oletetaan, että niiden tarkkuus $0,00005$. Tällöin
muotoa $r_ir_j^2$ olevien tulojen tarkkuus on noin  $0,001$. Näitä
tuloja summataan viisi, jolloin tarkkuus on $0,005$. Resolventin
termin $x$ kertoimeen lasketaan yhteen kaksi tällä tarkkuudella
tiedettyä juurta, jolloin sen tarkkuus on $0,01$. Ainakin kerroin
$52$ on siis oikein.

\end{esimerkki}

Seuraavassa esimerkissä vaihtelun vuoksi laskemme enemmän numeerisesti.

\begin{esimerkki}

Tutkitaan polynomia $x^5-x^4-5x^3+4x^2+3x-1$.

Juuret ovat

\begin{center}$r_1 \approx -2,0245, \ 
r_2 \approx -0,6768, \ 
r_3 \approx 0,2702, \ 
r_4 \approx 1,2238, \ 
r_5 \approx 2,2074$.\end{center}

Diskriminantin neliöjuuri suoraan juurista laskettuna on noin
$400,9922$. Tulos näyttää epävarmalta, mutta oletamme tämän olevan
kokonaisluku 401. Galois'n ryhmä on siis \A, \D tai \C.

Laskemme kuudennen asteen resolventin numeerisesti. Aloitamme sen
juurien likiarvosta:

$T_1=f(r_1, r_2, r_3, r_4, r_5) \approx 20,2582$ \\
$T_2=f(r_1, r_2, r_3, r_5, r_4) \approx 81,2711$ \\
$T_3=f(r_1, r_2, r_4, r_3, r_5) \approx \bm{0,9997}$ \\
$T_4=f(r_1, r_2, r_4, r_5, r_3) \approx 134,2211$ \\
$T_5=f(r_1, r_2, r_5, r_3, r_4) \approx 2,7270$ \\
$T_6=f(r_1, r_2, r_5, r_4, r_3) \approx 94,5259$ 

Nyt emme voineet pysähtyä rationaalijuurelta $1$ näyttävään tulokseen,
koska laskemme resolventin kertoimia. Kertomalla tästä polynomin auki
saamme

\begin{gather*}
(x-T_1)(x-T_2)\dotsm(x-T_6) = \\
x^6-(T_1+\dotsb+T_6)x^5+
(T_1T_2+T_1T_3+\dotsb+T_5T_6)x^4+
\dotsb
+(T_1\dotsm T_6) \approx \\
x^6 - 334,0030x^5 + 38791,8661x^4 - 1805619,2087x^3 + \dotsb.
\end{gather*}

Laskutarkkuus oli siis aivan liian pieni. Toistamalla laskut
tutkittavan polynomin juurien etsimisestä lähtien riittävän suurella
tarkkuudella saisimme kuitenkin resolventin, jolla on rationaalijuuri
1. Siis Galois'n ryhmä on \D tai \C.

Edellisen esimerkin tapaan järjestämme polynomin juuret
numeerisesti löydetyn resolventin juuren perusteella. Juurien
numeroinniksi tulee $r_1 \approx -2,0245$, $r_2 \approx 0,2702$, $r_3
\approx -0,6768$, $r_4 \approx 2,2074$ ja $r_5 \approx 1,2238$.

Ryhmät \D ja \C eivät nytkään erotu: viimeisellä resolventilla 
on kolmen desimaalin tarkkuudella kaksinkertainen rationaalijuuri 5.
Tarvitsemme taas Tschirnhausin muunnosta.

Käytämme samaa muunnosta $t(r)=r^2+2r+1$ ja saamme juuret $1,0496$,
$1,6134$, $0,1045$, $10,2874$ ja $4,9453$.

Välitarkistuksena puramme muunnetun polynomin auki. Saamme tulokseksi
$x^5 - 18,0002x^4 + 95,0024x^3 - 171,0060x^2 + 103,0048x - 9,0029$ eli
kertoimet näyttävät olevan lähellä kokonaislukuja.

Resolventin juureksi saamme noin $270,846 \not\in \QQ$.
Lauseen \ref{lause:c5-molemmatrationaalisia} perusteella toista
resolventin juurta ei tarvitse laskea. Galois'n ryhmä on \D.

\end{esimerkki}

Viimeisessä esimerkissä yhtenä kertoimena on parametri.

\begin{esimerkki}

Tutkitaan polynomia $x^5-a$ oletuksella $\sqrt[5]{a} \not\in
\QQ$.

Diskriminantti on $5^5a^4$, eli ei neliö. Ryhmä on siis \S tai \M.

Kuudennen asteen resolventti supistuu muotoon $x^6-3200000a^4x$. Sillä
on rationaalijuuri nolla, eli Galois'n ryhmä on \M, \D tai \C.

Siis Galois'n ryhmä tätä muotoa oleville jaottomille polynomeille on
\M.

\end{esimerkki}

Avoimeksi esimerkeistä jää, olisiko Tschirnhausin muunnos voinut
tuottaa uuden kaksoisjuuren. Vastaus on valitettavasti myönteinen,
mutta onneksi käytännössä harvinainen. Tschirnhausin muunnos voidaan
toistaa sattumanvaraisilla parametreilla. Käytännössä monet Galois'n
ryhmän laskevat tietokoneohjelmat tekevätkin juuri niin, vaikka
algoritmin päättymistä ei silloin voidakaan todistaa.

\section{Tulosten yleistämisestä}
\label{luku:yleistamisesta}

Hahmottelemme vielä pintapuolisesti resolventtimenetelmää
yleisemmässä tapauksessa.

\subsection{Kerroinkunnista}

Galois'n ryhmä voidaan määritellä missä tahansa kerroinkunnassa,
vaikka tässä työssä käsittelimme vain rationaalikertoimisia
polynomeja. Esityksen ydin, resolventtilause, pätee kerroinkunnasta
riippumatta. Sen sijaan resolventin kertoimien etsiminen
approksimoimalla juuria riittävällä numeerisella tarkkuudella ei
tietenkään mielivaltaisessa kerroinkunnassa ole mahdollista.

Muista muutoksista toteamme esimerkkinä, että kerroinkunnan
karakteristikan ollessa 2 on jokainen alkio itsensä vastaluku. Tällöin
diskriminantin sijaan tarvitaan muu resolventti tunnistamaan onko
Galois'n ryhmä alternoivan ryhmän aliryhmä; kolmannen asteen
polynomille tällainen on esimerkissä
\ref{esimerkki:toinenresolventti}.\cite[s. 2--3]{conrad_all}.

\subsection{Transitiivisten aliryhmien etsintä}

Esitämme malliksi ryhmän $S_6$ transitiivisten aliryhmien verkon,
joka Sagella saadaan komennolla

\begin{verbatim}
G=TransitiveGroups(6);
print join([str(i)+": "+join([str(j)
for j in range(i-1,0,-1) if G[j].is_subgroup(G[i])])
for i in range(len(G),0,-1)], "\n")
\end{verbatim}

\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}[scale=0.1]

 \node (G0)                 {G0=$S_6$};

 \node (t1)  [below of=G0]  {};
 \node (G13) [right of=t1]  {G13};
 \node (t7)  [right of=G13] {};
 \node (G14) [right of=t7]  {G14};
 \node (t6)  [left of=G13]  {};
 \node (G12) [left of=t6]   {G12};
 \node (t8)  [left of=G12]  {};
 \node (G11) [left of=t8]   {G11};

 \draw [->] (G0) -- (G11);
 \draw [->] (G0) -- (G12);
 \draw [->] (G0) -- (G13);
 \draw [->] (G0) -- (G14);

 \node (G24) [below of=G14] {G24};
 \node (G25) [right of=G24] {G25};
 \node (G26) [right of=G25] {G26};
 \node (G27) [right of=G26] {G27};
 \node (t2)  [below of=G11] {};
 \node (G21) [left of=t2]   {G21};
 \node (G23) [below of=G13] {G23};
 \node (G22) [below of=G12] {G22};

 \draw [->] (G11) -- (G21);
 \draw [->] (G11) -- (G23);
 \draw [->] (G12) -- (G22);
 \draw [->] (G13) -- (G23);
 \draw [->] (G13) -- (G22);
 \draw [->] (G13) -- (G24);
 \draw [->] (G14) -- (G27);
 \draw [->] (G14) -- (G26);
 \draw [->] (G14) -- (G25);
 \draw [->] (G14) -- (G24);

 \node (G33) [below of=G25] {G33};
 \node (G34) [below of=G27] {G34};
 \node (t4) [below of=G13]  {};
 \node (t3) [below of=G21]  {};
 \node (G31) [below of=G21] {G31};
 \node (G32) [right of=t3]  {G32};
 \node (t5) [below of=G12]  {};

 \draw [->] (G12) -- (G32);
 \draw [->] (G21) -- (G31);
 \draw [->] (G21) -- (G32);
 \draw [->] (G24) -- (G33);
 \draw [->] (G25) -- (G33);
 \draw [->] (G26) -- (G34);
 \draw [->] (G26) -- (G33);
 \draw [->] (G27) -- (G34);

\end{tikzpicture}
\end{figure}

Transitiiviset aliryhmät on luetteloitu ryhmään $S_{32}$ saakka.
Jos $n$ on alkuluku, ei ryhmässä $S_n$ ole kovin paljon transitiivisia
aliryhmiä, esimerkiksi ryhmällä $S_7$ seitsemän ja ryhmällä $S_{11}$
kahdeksan. Toisaalta yllä kuvatusta ryhmästä $S_6$ niitä löytyy
16, ryhmästä $S_8$ jo 50.\cite{oeisA002106}

Ryhmän $S_p$, jossa $p$ on alkuluku, transitiivinen aliryhmä sisältää
$p$-syklin ja se on hyvä lähtöpiste aliryhmien luettelointiin.  Sama
ei päde yleisesti ryhmille $S_n$, vaan esimerkiksi $\{(), (12)(34),
(13)(24), (14)(23)\}$ on ryhmän $S_4$ transitiivinen aliryhmä, joka ei
sisällä 4-sykliä. Muun muassa tämän vuoksi transitiivisten aliryhmien
luettelointi on monimutkainen tehtävä.

Teoriassa transitiiviset aliryhmät ovat aina etsittävissä,
koska hakuavaruus on äärellinen.

\subsection{Resolventtien käyttöjärjestys}

Selvää on, että kaikkia mahdollisia resolventteja ei
tarvita. Esimerkiksi viidennen asteen tapauksessa ei koskaan selvitetä
suoraan onko Galois'n ryhmä ryhmän \D aliryhmä, vaan tämä selviää
ryhmät \A ja \M tunnistavilla resolventeilla.

Luonteva tapa on aloittaa ryhmän $S_n$ maksimaalisista aliryhmistä,
oikean aliryhmän löydyttyä käydä läpi sen maksimaaliset aliryhmät ja
niin edelleen. Maksimaalisista aliryhmistä kannattanee ensimmäiseksi
valita suurin, koska tällöin resolventin asteluku on pienin. Toinen
vaihtoehto on valita se, joka jakaa jäljellä olevan hakuavaruuden
mahdollisimman samankokoisiin osiin, koska tällöin resolventteja
tarvitaan vähiten.

Jos mahdollisia Galois'n ryhmiä on $n$, ovat teoreettiset rajat $n-1$
ja $\lceil \log_2 n \rceil$ resolventtia. Yläraja syntyy, kun kaikki
mahdolliset aliryhmät ovat ''rinnakkain'', saman ryhmän maksimaalisia
aliryhmiä. Alaraja saavutetaan kun mahdolliset aliryhmät
ovat ''ketjussa'', siten että jokaisella ryhmällä on vain yksi
maksimaalinen aliryhmä ja jokainen resolventti jakaa ketjun kahtia.

Yleisesti tietokoneohjelmia optimoidaan kahdella kriteerillä: pahimman
ja keskimääräisen tapauksen mukaan. Keskimääräinen tapaus on vaikeasti
määriteltävissä Galois'n ryhmien yhteydessä --- tulisiko esimerkiksi
olettaa kaikki ryhmät yhtä todennäköisiksi, vai polynomien kertoimet
tasajakautuneiksi kokonaisluvuiksi jollain välillä?

\subsection{Resolventtipolynomien muodostaminen}

On olemassa teoreettisesti yksinkertainen ratkaisu
resolventtipolynomiksi\cite[s. 4]{cangelmi}: summataan aliryhmän $H$
mukaiset permutaatiot nousevin potenssein kerrottuna, siis
$\sum_{\sigma \in H}\sigma(y_1y_2^2\dotsm y_n^n)$.

Esimerkiksi ryhmän $D_4$ mukaisesti neljää juurta voi permutoida
kahdeksalla tavalla; eräs sivuluokka sisältää esimerkiksi permutaatiot
$(r_1\ r_2\ r_3\ r_4)$, $(r_2\ r_1\ r_4\ r_3)$ ja kuusi muuta permutaatiota.
Resolventtipolynomissa summattaisiin tällöin yhteen näitä vastaavasti
$r_1r_2^2r_3^3r_4^4$, $r_2r_1^2r_4^3r_3^4$ ja kuusi muuta tuloa.
Näin ratkaisu on huomattavasti monimutkaisempi kuin tässä työssä
esimerkkinä ollut $f(r_1, r_2, r_3, r_4)=r_1r_2+r_3r_4$.

Parhaiden, tai edes käytännössä järkevästi laskettavissa olevien,
resolventtipolynomien etsimiseen ei ilmeisesti ole yksinkertaista
tapaa\footnote{Tätä työtä tehtäessä ei kuitenkaan ole tutkittu Claus
Fiekerin ja Jürgen Klünersin tuoretta julkaisua Computational Galois
Theory: Invariants and Computations over $\QQ$.}.

Absoluuttinen resolventti on esitettävissä tutkittavan polynomin
kertoimien avulla, mutta se monimutkaistuu ja sen asteluku kasvaa
polynomin asteluvun kasvaessa. Numeerisessa laskennassa puolestaan
vaadittava laskentatarkkuus kasvaa.  Nämä ongelmat ovat ilmeisesti
väistämättömiä.

Rationaalikertoimisen polynomin Galois'n ryhmän määrittäminen on
siis periaatteellisesti aina ratkaistavissa oleva ongelma. Käytännössä
resolventtimenetelmää tässä esitettyyn tapaan käytetään ainoastaan
matalaa, 3.--5. astetta oleviin polynomeihin.

\begin{center}
\vspace{1cm}
\fbox{
\begin{minipage}[c]{12cm}
{
\vspace{1mm}
{\large \bf Copyleft}

\vspace{5mm}

\small Tätä tutkielmaa tai tämän osia voi jakaa sellaisenaan tai muokattuna
lisenssin GNU Free Documentation License, versio 1.2 tai uudempi,
mukaisesti. Erityisesti tämä lisenssi vaatii antamaan kopion saajalle
samat oikeudet edelleen jakamiseen.}\end{minipage} }
\end{center}

\cleardoublepage

\phantomsection
\addcontentsline{toc}{section}{\refname}
\begin{thebibliography}{99}

% Englanninkielinen tavutus osaan tekstiä: \foreignlanguage

\bibitem{cangelmi}
Cangelmi, L. \emph{\foreignlanguage{english}{Resolvents and Galois Groups}}.
Number Theory 53(3) (1995).

\bibitem{carter}
Carter, N. \emph{\foreignlanguage{english}{Visual Group Theory}}.
Mathematical Association of America, 2009.

% Seuraava viite on mahdoton latoa kauniisti. Tässä estetään
% underfull-virheilmoitus.

{
\hbadness=10000
\bibitem{conrad_all}
Conrad, Keith.
\emph{\foreignlanguage{english}{Galois Groups of Cubics and Quartics
(All Characteristics)}}.\\
\url{http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/galoistheory/
cubicquarticallchar.pdf}.

}

\bibitem{cox}
Cox, David A. \emph{Galois theory}. John Wiley \& Sons, 2004.

\bibitem{dummit}
Dummit, D. S.
\foreignlanguage{english}{\emph{Solving Solvable Quintics}.
Mathematics of Computation} 57(195), ss. 387--401.

\bibitem{healy}
Healy, Alexander D.
\emph{\foreignlanguage{english}{Resultants, Resolvents and the Computation
of Galois Groups}}.
\url{http://www.alexhealy.net/papers/math250a.pdf}.

\bibitem{jensen}
Jensen, Christian U.,
Ledet, Arne ja Yui, Noriko.
\foreignlanguage{english}{\emph{Generic Polynomials, Constructive Aspects
of the Inverse Galois Problem.} Cambridge University Press}, 2002.

\bibitem{aata2011}
Judson, Thomas W. \emph{\foreignlanguage{english}{Abstract Algebra / Theory
and Applications}}.\\
Verkkokirja \url{http://abstract.ups.edu/}, vuoden 2011 versio.

\bibitem{oeisA002106}
OEIS-sarja A002106. \url{http://oeis.org/A002106}.

\bibitem{jerry} Shurman, Jerry. \emph{Algebraic Numbers and Algebraic
Integers}.\\
\url{http://people.reed.edu/~jerry/361/lectures/lec09.pdf}.

\bibitem{stauduhar}
Stauduhar, Richard P. \emph{The Determination of Galois Groups}.
Mathematics of Computation 27(124) (1973)

\bibitem{stewart}
Stewart, Ian. \emph{Galois Theory}. Chapman and Hall, 1973.

\end{thebibliography}

Viittaukset verkkosivustoihin on tarkistettu 6.5.2013.

\end{document}

