Позволять $f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$. Покажите, что поле расщепления $f$ над $\mathbb{Q}$ имеет степень 1, 2, 3 или 6 больше $\mathbb{Q}$.
ВОПРОС: Пусть$f(x)= x^3+ax^2+bx+c \in \mathbb{Q}[x]$. Покажите, что поле расщепления$f$ над $\mathbb{Q}$ имеет степень 1, 2, 3 или 6 больше $\mathbb{Q}$.
Профессор намекнул, но я все еще не понял. Мне нужно решать это поэтапно. Используя его подсказки.
ПОДСКАЗКА: самой большой трудностью будет показать, что оно не может быть больше 6. Затем достаточно выбрать некоторые значения для$a, b$ и $c$. Попытайтесь найти со стороны Галуа, что расширение имеет степень$\leq n!$. Вам нужно найти полиномы таким образом, чтобы поля разбиения имели степени$1, 2, 3$ и $6$. А потом покажите, что большего быть не может. Оно не может быть больше 6, потому что это происходит в худшем случае ... У него настоящий корень со степенью$\leq3$ (он всегда существует, так как многочлен имеет нечетную степень, используя теорему о промежуточном значении) и комплексный (который также может быть действительным) степени $\leq 2$. Тогда степень расширения$\leq 6$. Мы используем теорему о промежуточном значении, потому что многочлены нечетной степени имеют действительный корень.
Я очень ценю вашу помощь, если вы найдете время, чтобы помочь мне.
Ответы
Мы используем основную теорему теории Галуа, согласно которой степень расширения Галуа равна порядку группы Галуа этого расширения. Обратите внимание, что расширения, полученные добавлением корней многочлена с коэффициентами в поле, автоматически являются расширениями Галуа.
Логика такова, что, поскольку $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ является кубикой, ее группа Галуа (т.е. группа Галуа поля расщепления) будет подгруппой $S_3$ который имеет порядок $6$.
Более подробно, пусть $x_1, x_2, x_3$ быть (комплексными) корнями $f$. Тогда конечно$K=\mathbb{Q}(x_1, x_2, x_3)$является полем расщепления. Группа Галуа$G$ это множество тех автоморфизмов $K$ это исправление $\mathbb{Q}$, и поэтому определяются тем, как они действуют на корни. Однако, поскольку любой автоморфизм фиксирует$f$, образ корня при любом автоморфизме по-прежнему является корнем, поэтому $G$ переставляет корни и, следовательно, $G$ является подгруппой $S_3$.
Вторая часть - это поиск многочленов, у которых есть группы Галуа. $1$, $C_2$, $C_3 = A_3$ и $S_3$.
$1$ достаточно просто: просто возьмите произведение трех линейных многочленов, таких как $(x-1)(x-2)(x-3)$.
За $C_2$, вам нужен квадратичный многочлен с нерациональными корнями, например $(x-1)(x^2+1)$.
За $S_3$, вы можете повторить идею в $C_2$ но на этот раз давая нерациональный корень линейной части, например $x^3 -2$.
Получение полинома с $C_3$ возможно, самый сложный, но с небольшим количеством проб и ошибок или некоторой дополнительной информации об объекте, называемом "дискриминант" $x^3 -3x+1$ это пример.
Позволять $L$ быть полем расщепления $f$ над $\mathbb{Q}$. поскольку$\mathbb{Q}$имеет нулевую характеристику, расширение отделимо и является полем расщепления, поэтому оно нормально. Следовательно$L/\mathbb{Q}$ является расширением Галуа.
Мы знаем, что группа Галуа $G = \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ действует добросовестно на корнях $f$ в $L$. Таких корней три$\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3$ так и сказал $G$ можно рассматривать как группу перестановок $\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$, что делает его подгруппой симметрической группы $S_3$. поскольку$S_3$ есть заказ $6$, следует, что порядок $G$ разделяет $6$, так что, это $1,2,3$ или же $6$.
Стандартным результатом теории Галуа является то, что степень расширения Галуа равна порядку его группы Галуа, поэтому $[L : \mathbb{Q}] = \lvert G \rvert$ является $1, 2, 3$ или же $6$.
Наконец, комментарий Пикито показывает, что каждая из этих возможностей действительно имеет место.