しましょう $f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$。の分解体が $f$ 以上 $\mathbb{Q}$ 次数1、2、3、または6以上 $\mathbb{Q}$。
質問：しましょう$f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$。の分解体が$f$ 以上 $\mathbb{Q}$ 次数1、2、3、または6以上 $\mathbb{Q}$。
教授からこのヒントがありましたが、まだわかりません。私はこれを段階的に解決する必要があります。彼のヒントを使用します。
ヒント：最大の難しさは、6を超えることはできないことを示すことです。次に、次の値を選択するだけで十分です。$a, b$ そして $c$。ガロアの側で、拡張機能に次数があることを見つけてください$\leq n!$。度の分解体を持つその方法で多項式を見つける必要があります$1, 2, 3$ そして $6$。そして、それより大きくすることはできないことを示します。これは最悪の場合に発生するため、6を超えることはできません...次数を持つ実根があります$\leq3$ （多項式の次数は中間値の定理を使用して奇数であるため、常に存在します）および次数の複素数（実数の場合もあります） $\leq 2$。次に、拡大の程度$\leq 6$。奇数次の多項式には実数の根があるため、中間値の定理を使用します。
時間をかけて助けていただければ幸いです。
回答
ガロア拡大の次数はその拡大のガロア群の次数に等しいというガロア理論の基本定理を使用します。フィールドに係数を持つ多項式の根を追加することによって得られる拡張は、自動的にガロア拡張であることに注意してください。
論理はそれ以来 $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ は立方体であり、そのガロア群（つまり、分解体のガロア群）は次の部分群になります。 $S_3$ 秩序がある $6$。
より明確に、 $x_1, x_2, x_3$ の（複素）根になる $f$。それなら確かに$K=\mathbb{Q}(x_1, x_2, x_3)$分解体です。ガロア群$G$ の自己同型のセットです $K$ その修正 $\mathbb{Q}$、などは、それらが根にどのように作用するかによって決まります。ただし、自己同型が修正されるため$f$、自己同型下の根の画像はまだ根なので、 $G$ 根を並べ替え、したがって $G$ のサブグループです $S_3$。
次に、2番目の部分は、実際にガロア群を持つ多項式を見つけることです。 $1$、 $C_2$、 $C_3 = A_3$ そして $S_3$。
$1$ 簡単です。次のような3つの線形多項式の積を取るだけです。 $(x-1)(x-2)(x-3)$。
にとって $C_2$、たとえば、非有理根を持つ2次多項式が必要です $(x-1)(x^2+1)$。
にとって $S_3$、あなたはでアイデアを繰り返すことができます $C_2$ しかし、今回は線形部分に非有理根を与えます。 $x^3 -2$。
で多項式を取得する $C_3$ おそらく最も難しいものですが、「判別式」と呼ばれるオブジェクトに関する試行錯誤または追加の洞察が少しあります。 $x^3 -3x+1$ 例です。
しましょう $L$ の分解体である $f$ 以上 $\mathbb{Q}$。以来$\mathbb{Q}$標数ゼロを持ち、拡張は分離可能であり、分解体であるため正常です。したがって、$L/\mathbb{Q}$ ガロア拡大です。
ガロア群は $G = \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ のルーツに忠実に行動します $f$ に $L$。そのようなルーツは3つあります$\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3$ 言う、そう $G$ の順列のグループと見なすことができます $\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$、対称群のサブグループになります $S_3$。以来$S_3$ 注文があります $6$、次の順序で $G$ 分水界 $6$、そうです $1,2,3$ または $6$。
ガロア拡大の次数がそのガロア群の次数に等しいことは、ガロア理論の標準的な結果です。 $[L : \mathbb{Q}] = \lvert G \rvert$ です $1, 2, 3$ または $6$。
最後に、Piquitoのコメントは、これらの可能性のそれぞれが実際に発生することを示しています。