Obliczenia z zakresu funkcji wymiernych.
W wydaniu Dummit and Foote 3, rozdział 14, sekcja 2, ćwiczenie 30, jestem proszony o co następuje:
Pozwolić $ k $ być polem, $ k(t) $ pole funkcji wymiernych w zmiennej $ t $. Zdefiniuj mapy$ \sigma $ i $ \tau \in Aut(k(t)/k) $ przez $$ \sigma f(t) = f \left( \frac{1}{1-t} \right) \quad \tau f(t) = f \left( \frac{1}{t} \right) $$ dla $ f(t) \in k(t) $. Udowodnij, że ustalone pole$ \langle \tau \rangle $ jest $ k \left( t + \frac{1}{t} \right) $, ustalone pole $ \langle \tau \sigma^2 \rangle $ jest $ k(t(1-t)) $; określić stałe pole$ \langle \tau \sigma \rangle $ i $ \langle \sigma \rangle $.
Jedyne, z czym się zmagam, to ustalone pole $ \langle \sigma \rangle $. Nazwij to ustalone pole$ E = k(s) $, gdzie $ s = P(t) / Q(t) \in k(t) $jest jakąś funkcją racjonalną. Uwaga , zakładam tutaj, że$ E $ ma postać $ k(s) $, i jak dotąd nie można tego uzasadnić a priori . Pokazałem to w poprzednim ćwiczeniu z poprzedniego rozdziału$ [k(t) : k(s)] = \max \left\{ \deg P(t), \deg Q(t) \right\} $więc od tego czasu $ k(t)/k(s) $ jest rozszerzeniem Galois ($k(s)$ będąc ustalonym polem podgrupy automorfizmów), spodziewam się $$ \max \left\{ \deg P(t), \deg Q(t) \right\} = [k(t) : k(s)] = |\langle \sigma \rangle| = 3 $$ Jedyne, co byłem w stanie osiągnąć w tym momencie, to rozwiązanie równania brutalnej siły przez komputer, ustawienie $$ s = \frac{a_3 t^3 + a_2 t^2 + a_1 t + a_0}{b_3 t^3 + b_2 t^2 + b_1 t + b_0} $$ i rozwiązywanie równań wynikających z $ \sigma s = s $. W ten sposób znalazłem element$ s = \frac{t^3 - 3t + 1}{t(t-1)} $. Dlatego skłaniam się ku temu$ k \left( \frac{t^3 - 3t + 1}{t(t-1)} \right) $ jest ustalonym polem $ \langle \sigma \rangle $. Takie podejście wydaje się nieeleganckie i chciałbym wiedzieć, jakich narzędzi mogłem użyć, aby uniknąć niezadowalających i niejasnych wyszukiwań komputerowych.
Odpowiedzi
Dla $G$ ograniczona podgrupa $Aut(k(t)/k)$ to stałe podpole to $k(t)^G=k(a_0(t),\ldots,a_{|G|-1}(t))$ gdzie $\prod_{g\in |G|} (X-g(t))=\sum_{m=0}^{|G|} a_m(t) X^m$.
Następnie weź dowolny zmienny współczynnik $a_m(t)$, ponieważ każdy $g(t) = \frac{e_g t+b_g}{c_g t+d_g}$ jest transformacją Möbiusa $a_m(t)$ ma co najwyżej $|G|$ bieguny liczone z wielokrotnością (w tym biegun przy $\infty$), więc $[k(t):k(a_m(t))]\le |G|=[k(t):k(t)^G]$ co implikuje $$k(t)^G=k(a_m(t))$$
Edycja przez OP: dla tego problemu technika tworzy element $ a_2(t) = \frac{t^3 - 3t + 1}{t(t-1)} $, reifikacja obliczeń komputerowych.