Lassen $f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$. Zeigen Sie, dass das Aufteilungsfeld von $f$ Über $\mathbb{Q}$ hat Grad 1, 2, 3 oder 6 vorbei $\mathbb{Q}$.
FRAGE: Lassen Sie$f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$. Zeigen Sie, dass das Aufteilungsfeld von$f$ Über $\mathbb{Q}$ hat Grad 1, 2, 3 oder 6 vorbei $\mathbb{Q}$.
Der Professor gab uns diesen Hinweis, aber ich verstehe immer noch nicht. Ich muss das Schritt für Schritt lösen. Mit seinen Tipps.
TIPP: Die größte Schwierigkeit wäre zu zeigen, dass es nicht größer als 6 sein kann. Dann reicht es aus, einige Werte für zu wählen$a, b$ und $c$. Versuchen Sie seitens Galois herauszufinden, dass die Erweiterung einen Grad hat$\leq n!$. Sie müssen auf diese Weise Polynome finden, die Gradfelder teilen$1, 2, 3$ und $6$. Und dann zeige, dass es nicht größer sein kann. Es kann nicht größer als 6 sein, da dies im schlimmsten Fall passiert ... Es hat eine echte Wurzel, die einen Grad hat$\leq3$ (es existiert immer, da das Polynom unter Verwendung des Zwischenwertsatzes einen ungeraden Grad hat) und einen komplexen (der auch reell sein kann) Grad $\leq 2$. Dann der Grad der Ausdehnung$\leq 6$. Wir verwenden den Zwischenwertsatz, weil Polynome ungeraden Grades eine echte Wurzel haben.
Ich freue mich sehr über Ihre Hilfe, wenn Sie sich die Zeit nehmen würden, mir zu helfen.
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Wir verwenden einen fundamentalen Satz der Galois-Theorie, wonach der Grad einer Galois-Erweiterung der Ordnung der Galois-Gruppe dieser Erweiterung entspricht. Beachten Sie, dass Erweiterungen, die durch Hinzufügen von Wurzeln eines Polynoms mit Koeffizienten im Feld erhalten werden, automatisch Galois-Erweiterungen sind.
Die Logik ist, dass seit $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ist eine kubische, ihre Galois-Gruppe (dh die Galois-Gruppe eines Teilungsfeldes) wird eine Untergruppe von sein $S_3$ das hat Ordnung $6$.
Genauer gesagt, lassen Sie $x_1, x_2, x_3$ seien die (komplexen) Wurzeln von $f$. Dann sicher$K=\mathbb{Q}(x_1, x_2, x_3)$ist ein Aufteilungsfeld. Die Galois-Gruppe$G$ ist die Menge dieser Automorphismen von $K$ das beheben $\mathbb{Q}$und werden dadurch bestimmt, wie sie auf die Wurzeln wirken. Da jedoch jeder Automorphismus behoben wird$f$ist das Bild einer Wurzel unter einem Automorphismus immer noch eine Wurzel, also $G$ permutiert die Wurzeln und damit $G$ ist eine Untergruppe von $S_3$.
Jetzt findet der zweite Teil tatsächlich Polynome mit Galois-Gruppen $1$, $C_2$, $C_3 = A_3$ und $S_3$.
$1$ ist einfach genug: Nehmen Sie einfach das Produkt aus drei linearen Polynomen wie z $(x-1)(x-2)(x-3)$.
Zum $C_2$Sie benötigen beispielsweise ein quadratisches Polynom mit nicht rationalen Wurzeln $(x-1)(x^2+1)$.
Zum $S_3$können Sie die Idee in wiederholen $C_2$ aber diesmal gibt man dem linearen Teil eine nicht rationale Wurzel, z $x^3 -2$.
Ein Polynom bekommen mit $C_3$ ist vielleicht die schwierigste, aber mit ein wenig Versuch und Irrtum oder zusätzlichen Einsichten in ein Objekt, das "die Diskriminante" genannt wird. $x^3 -3x+1$ ist ein Beispiel.
Lassen $L$ sei das Teilungsfeld von $f$ Über $\mathbb{Q}$. Schon seit$\mathbb{Q}$hat die Charakteristik Null, die Erweiterung ist trennbar und es ist ein Aufteilungsfeld, so dass es normal ist. Deshalb$L/\mathbb{Q}$ ist eine Galois-Erweiterung.
Wir wissen, dass die Galois-Gruppe $G = \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ wirkt treu auf die Wurzeln von $f$ im $L$. Es gibt drei solche Wurzeln$\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3$ sag so $G$ kann als eine Gruppe von Permutationen von angesehen werden $\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$, was es zu einer Untergruppe der symmetrischen Gruppe macht $S_3$. Schon seit$S_3$ hat Ordnung $6$Daraus folgt, dass die Reihenfolge von $G$ teilt $6$, so ist es $1,2,3$ oder $6$.
Es ist ein Standardergebnis der Galois-Theorie, dass der Grad einer Galois-Erweiterung der Ordnung ihrer Galois-Gruppe entspricht $[L : \mathbb{Q}] = \lvert G \rvert$ ist $1, 2, 3$ oder $6$.
Schließlich zeigt Piquitos Kommentar, dass jede dieser Möglichkeiten tatsächlich auftritt.