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 $\mathbb{Q}$.
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
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.
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.