Equazione risolubile per radicali

(Pywikibot v.2)
 
Riga 9: Riga 9:
 
Nelle ipotesi precedenti, si definisce ''gruppo di Galois del polinomio''<math>f(x)</math> il gruppo di Galois di <math>M</math> su <math>K</math>.
 
Nelle ipotesi precedenti, si definisce ''gruppo di Galois del polinomio''<math>f(x)</math> il gruppo di Galois di <math>M</math> su <math>K</math>.
 
{{FineDefinizione}}
 
{{FineDefinizione}}
 
  
 
Si parla di gruppo di Galois di un polinomio come gruppo di permutazioni  delle radici di <math>f(x)</math>: in altre parole, se <math>\Omega=\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}</math> è l'insieme delle radici di <math>f(x)</math>, posso considerare la mappa <math>\phi \colon \mathcal G(M/K) \to S_n</math> che a <math>g</math> associa <math>g_{|_\Omega}</math>. Il gruppo di Galois del polinomio è quindi isomorfo a un sottogruppo di <math>S_n</math>.
 
Si parla di gruppo di Galois di un polinomio come gruppo di permutazioni  delle radici di <math>f(x)</math>: in altre parole, se <math>\Omega=\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}</math> è l'insieme delle radici di <math>f(x)</math>, posso considerare la mappa <math>\phi \colon \mathcal G(M/K) \to S_n</math> che a <math>g</math> associa <math>g_{|_\Omega}</math>. Il gruppo di Galois del polinomio è quindi isomorfo a un sottogruppo di <math>S_n</math>.
Riga 20: Riga 19:
  
 
==Polinomi con gruppo di Galois non risolubile==
 
==Polinomi con gruppo di Galois non risolubile==
Esistono polinomi che hanno un gruppo di Galois non risolubile.
+
Esistono polinomi che hanno un gruppo di Galois non risolubile.{{InizioProposizione|titolo=|number=3.3|anchor=Proposizione3_3}}
 
 
 
 
{{InizioProposizione|titolo=|number=3.3|anchor=Proposizione3_3}}
 
 
Sia <math>p</math> un numero primo, <math>f(x)</math> un polinomio a coefficienti razionali, monico, irriducibile di grado <math>p</math> con esattamente due radici complesse non reali. Allora il gruppo di Galois di <math>f(x)</math> è tutto <math>S_p</math>.
 
Sia <math>p</math> un numero primo, <math>f(x)</math> un polinomio a coefficienti razionali, monico, irriducibile di grado <math>p</math> con esattamente due radici complesse non reali. Allora il gruppo di Galois di <math>f(x)</math> è tutto <math>S_p</math>.
 
{{FineProposizione}}
 
{{FineProposizione}}
Riga 31: Riga 27:
 
{{InizioDimostrazione}}
 
{{InizioDimostrazione}}
 
Sia <math>M</math> un campo di spezzamento di <math>f(x)</math> su <math>\mathbb Q</math>, e <math>\alpha \in M</math> una radice di <math>f(x)</math>, allora posso considerare <math>M \supseteq \mathbb Q(\alpha) \supseteq \mathbb Q</math>.
 
Sia <math>M</math> un campo di spezzamento di <math>f(x)</math> su <math>\mathbb Q</math>, e <math>\alpha \in M</math> una radice di <math>f(x)</math>, allora posso considerare <math>M \supseteq \mathbb Q(\alpha) \supseteq \mathbb Q</math>.
 
  
 
Osservo che <math>|\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q| = p</math> perché <math>f(x)</math> è polinomio minimo di ogni sua radice. In particolare, <math>p \mid |M:\mathbb Q| = o(\mathcal G(M/\mathbb Q))</math>, e quindi in <math>\mathcal G(M/\mathbb Q)</math> c'è un elemento di ordine <math>p</math>.
 
Osservo che <math>|\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q| = p</math> perché <math>f(x)</math> è polinomio minimo di ogni sua radice. In particolare, <math>p \mid |M:\mathbb Q| = o(\mathcal G(M/\mathbb Q))</math>, e quindi in <math>\mathcal G(M/\mathbb Q)</math> c'è un elemento di ordine <math>p</math>.
 
  
 
Sappiamo che il coniugio sui complessi induce un automorfismo di <math>M</math> su <math>\mathbb Q</math> che scambia le due radici complesse e fissa le altre.
 
Sappiamo che il coniugio sui complessi induce un automorfismo di <math>M</math> su <math>\mathbb Q</math> che scambia le due radici complesse e fissa le altre.
  
 +
Per le osservazioni precedenti, posso pensare al gruppo di Galois di <math>f(x)</math> come a un sottogruppo di <math>S_p</math>.
  
Per le osservazioni precedenti, posso pensare al gruppo di Galois di <math>f(x)</math> come a un sottogruppo di <math>S_p</math>.
 
 
A meno di riordinare le radici, l'automorfismo indotto dal coniugio può essere pensato come la trasposizione <math>\sigma=(1,2)</math>.
 
A meno di riordinare le radici, l'automorfismo indotto dal coniugio può essere pensato come la trasposizione <math>\sigma=(1,2)</math>.
  
 +
Supponiamo che l'elemento di ordine <math>p</math> in <math>\mathcal G(M/\mathbb Q)</math> di cui abbiamo mostrato l'esistenza sia <math>\tau=(i_1,i_2,\dots,i_p)</math>.
  
Supponiamo che l'elemento di ordine <math>p</math> in <math>\mathcal G(M/\mathbb Q)</math> di cui abbiamo mostrato l'esistenza sia <math>\tau=(i_1,i_2,\dots,i_p)</math>.
 
 
Allora anche le potenze di <math>\tau</math> stanno nel gruppo, e a meno di scambiare le potenze posso supporre <math>\tau = (1,2,\dots,p)</math>.
 
Allora anche le potenze di <math>\tau</math> stanno nel gruppo, e a meno di scambiare le potenze posso supporre <math>\tau = (1,2,\dots,p)</math>.
 
  
 
'''Mostro che <math>S_p</math> è generato da <math>\sigma</math> e <math>\tau</math>''': piu' in generale <math>S_n</math>e' generato da <math>\sigma=(1,2)</math> e <math>\tau=(1,2,\ldots,n)</math>, infatti osservo che
 
'''Mostro che <math>S_p</math> è generato da <math>\sigma</math> e <math>\tau</math>''': piu' in generale <math>S_n</math>e' generato da <math>\sigma=(1,2)</math> e <math>\tau=(1,2,\ldots,n)</math>, infatti osservo che
<math display="block">(1,2) \in H =\langle \sigma, \tau\rangle</math>
+
<math display="block">(1,2) \in H =\langle \sigma, \tau\rangle</math><math display="block">(1,2,\dots,n)^{(1,2)} = (2,1,\dots,n) \in H</math><math display="block">(1,2)^{(2,1,\dots,n)} = (1,3) \in H</math><math display="block">(2,1,3,\dots,n)^{(1,3)} = (2,3,1,\dots,n) \in H</math><math display="block">(1,3)^{(2,3,1,\dots,n)} = (4,1) = (1,4) \in H</math><math display="block"></math>e procedendo in questo modo ottengo che tutte le trasposizioni della forma <math>(1,i)</math> stanno in <math>H</math>, per <math>i=2,\dots,n</math>.
<math display="block">(1,2,\dots,n)^{(1,2)} = (2,1,\dots,n) \in H</math>
 
<math display="block">(1,2)^{(2,1,\dots,n)} = (1,3) \in H</math>
 
<math display="block">(2,1,3,\dots,n)^{(1,3)} = (2,3,1,\dots,n) \in H</math>
 
<math display="block">(1,3)^{(2,3,1,\dots,n)} = (4,1) = (1,4) \in H</math>
 
<math display="block"></math>
 
e procedendo in questo modo ottengo che tutte le trasposizioni della forma <math>(1,i)</math> stanno in <math>H</math>, per <math>i=2,\dots,n</math>.
 
 
 
  
 
Per quanto già dimostrato, <math>S_p</math> non è risolubile per <math>p \ge 5</math>.
 
Per quanto già dimostrato, <math>S_p</math> non è risolubile per <math>p \ge 5</math>.

Versione delle 10:02, 23 set 2017

Criterio di risolubilità

Definizione 3.6

Sia un campo e un polinomio non costante in . Allora si dice che l'equazione è risolubile per radicali se, detto un campo di spezzamento per su , allora è contenuto in un'estensione radicale di , cioè esiste un campo con e tale che l'estensione è radicale.

 


Definizione 3.7

Nelle ipotesi precedenti, si definisce gruppo di Galois del polinomio il gruppo di Galois di su .

 

Si parla di gruppo di Galois di un polinomio come gruppo di permutazioni delle radici di : in altre parole, se è l'insieme delle radici di , posso considerare la mappa che a associa . Il gruppo di Galois del polinomio è quindi isomorfo a un sottogruppo di .

Dai teoremi precedenti discende il seguente

Teorema 3.4

Sia è un campo di caratteristica 0, e un polinomio non costante. Se l'equazione è risolubile per radicali, allora il gruppo con campo di spezzameno di su è risolubile.

 

Polinomi con gruppo di Galois non risolubile

Esistono polinomi che hanno un gruppo di Galois non risolubile.
Proposizione 3.3

Sia un numero primo, un polinomio a coefficienti razionali, monico, irriducibile di grado con esattamente due radici complesse non reali. Allora il gruppo di Galois di è tutto .

 


Dimostrazione

Sia un campo di spezzamento di su , e una radice di , allora posso considerare .

Osservo che perché è polinomio minimo di ogni sua radice. In particolare, , e quindi in c'è un elemento di ordine .

Sappiamo che il coniugio sui complessi induce un automorfismo di su che scambia le due radici complesse e fissa le altre.

Per le osservazioni precedenti, posso pensare al gruppo di Galois di come a un sottogruppo di .

A meno di riordinare le radici, l'automorfismo indotto dal coniugio può essere pensato come la trasposizione .

Supponiamo che l'elemento di ordine in di cui abbiamo mostrato l'esistenza sia .

Allora anche le potenze di stanno nel gruppo, e a meno di scambiare le potenze posso supporre .

Mostro che è generato da e : piu' in generale e' generato da e , infatti osservo che

e procedendo in questo modo ottengo che tutte le trasposizioni della forma stanno in , per .

Per quanto già dimostrato, non è risolubile per .

 


Esempio 3.6

Il polinomio ha due radici complesse non reali ed è irriducibile su , monico e di grado , allora per la proposizione precedente il suo gruppo di Galois è che non è risolubile.

 
 PrecedenteSuccessivo