Pozwolić $f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$. Pokaż, że pole podziału $f$ nad $\mathbb{Q}$ ma stopień 1, 2, 3 lub 6 powyżej $\mathbb{Q}$.

Nov 29 2020

PYTANIE: Niech$f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$. Pokaż, że pole podziału$f$ nad $\mathbb{Q}$ ma stopień 1, 2, 3 lub 6 powyżej $\mathbb{Q}$.

Profesor dał nam tę wskazówkę, ale nadal nie rozumiem. Muszę rozwiązać ten problem krok po kroku. Korzystając z jego wskazówek.

WSKAZÓWKA: Największą trudnością byłoby pokazanie, że nie może być ona większa niż 6. Wtedy wystarczy wybrać jakieś wartości$a, b$ i $c$. Spróbuj dowiedzieć się ze strony Galois, że rozszerzenie ma stopień$\leq n!$. Musisz znaleźć w ten sposób wielomiany, które mają rozdzielające się pola stopni$1, 2, 3$ i $6$. A potem pokaż, że to nie może być większe. Nie może być większe niż 6, bo tak się dzieje w najgorszym przypadku ... Ma prawdziwy pierwiastek, który ma stopień$\leq3$ (istnieje zawsze, ponieważ wielomian ma nieparzysty stopień, używając twierdzenia o wartości pośredniej) i złożony (który może być również rzeczywisty) stopnia $\leq 2$. Następnie stopień rozszerzenia$\leq 6$. Używamy twierdzenia o wartości pośredniej, ponieważ wielomiany o nieparzystym stopniu mają pierwiastek rzeczywisty.

Naprawdę doceniam twoją pomoc, jeśli poświęcisz mi trochę czasu.

Odpowiedzi

3 AnalysisStudent0414 Nov 29 2020 at 12:43

Używamy fundamentalnego twierdzenia teorii Galois, że stopień rozszerzenia Galois jest równy porządkowi grupy Galois tego rozszerzenia. Zauważ, że rozszerzenia uzyskane przez dodanie pierwiastków wielomianu ze współczynnikami w polu są automatycznie rozszerzeniami Galois.

Logika jest taka, że ​​od tego czasu $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ jest sześcienny, jego grupa Galois (tj. grupa Galois pola rozdzielającego) będzie podgrupą $S_3$ który ma porządek $6$.

Bardziej wyraźnie, niech $x_1, x_2, x_3$ być (złożonymi) korzeniami $f$. Wtedy na pewno$K=\mathbb{Q}(x_1, x_2, x_3)$jest polem rozdzielającym. Grupa Galois$G$ jest zbiorem tych automorfizmów $K$ ta poprawka $\mathbb{Q}$i tak są zdeterminowane przez to, jak działają na korzenie. Jednak ponieważ każdy automorfizm naprawia$f$, obraz korzenia pod dowolnym automorfizmem jest nadal korzeniem, więc $G$ permutuje korzenie i stąd $G$ jest podgrupą $S_3$.

Teraz druga część polega na znajdowaniu wielomianów, które mają grupy Galois $1$, $C_2$, $C_3 = A_3$ i $S_3$.

$1$ jest dość łatwe: wystarczy wziąć iloczyn trzech liniowych wielomianów, takich jak $(x-1)(x-2)(x-3)$.

Dla $C_2$potrzebny jest na przykład wielomian kwadratowy z nieracjonalnymi pierwiastkami $(x-1)(x^2+1)$.

Dla $S_3$, możesz powtórzyć ten pomysł w $C_2$ ale tym razem nadając nieracjonalny pierwiastek części liniowej, np $x^3 -2$.

Uzyskanie wielomianu z $C_3$ jest prawdopodobnie najtrudniejszy, ale z odrobiną prób i błędów lub dodatkowym wglądem w obiekt zwany „dyskryminacją” $x^3 -3x+1$ jest przykładem.

3 Qwertiops Nov 29 2020 at 12:40

Pozwolić $L$ być polem rozdzielającym $f$ nad $\mathbb{Q}$. Od$\mathbb{Q}$ma charakterystyczne zero, rozszerzenie jest rozłączne i jest to pole podziału, więc jest normalne. W związku z tym$L/\mathbb{Q}$ jest rozszerzeniem Galois.

Wiemy, że grupa Galois $G = \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ działa wiernie na korzeniach $f$ w $L$. Są trzy takie korzenie$\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3$ tak powiedzieć $G$ można postrzegać jako grupę permutacji $\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$, co czyni go podgrupą grupy symetrycznej $S_3$. Od$S_3$ ma porządek $6$, wynika z tego, że kolejność $G$ dzieli $6$tak to jest $1,2,3$ lub $6$.

Jest to standardowy wynik teorii Galois, że stopień rozszerzenia Galois jest równy porządkowi jego grupy Galois, więc $[L : \mathbb{Q}] = \lvert G \rvert$ jest $1, 2, 3$ lub $6$.

Wreszcie komentarz Piquito pokazuje, że każda z tych możliwości faktycznie występuje.