Equazione risolubile per radicali

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==Criterio di risolubilità==
 
==Criterio di risolubilità==
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Sia <math>K</math> un campo e <math>f(x)</math> un polinomio non costante in <math>K[x]</math>. Allora si dice che l'equazione <math>f(x)=0</math> è ''risolubile per radicali'' se, detto <math>M</math> un campo di spezzamento per <math>f(x)</math> su <math>K</math>, allora <math>M</math> è contenuto in un'estensione radicale di <math>K</math>, cioè esiste un campo <math>E</math> con <math>E \supseteq M \supseteq K</math> e tale che l'estensione <math>E \supseteq K</math> è radicale.
 
Sia <math>K</math> un campo e <math>f(x)</math> un polinomio non costante in <math>K[x]</math>. Allora si dice che l'equazione <math>f(x)=0</math> è ''risolubile per radicali'' se, detto <math>M</math> un campo di spezzamento per <math>f(x)</math> su <math>K</math>, allora <math>M</math> è contenuto in un'estensione radicale di <math>K</math>, cioè esiste un campo <math>E</math> con <math>E \supseteq M \supseteq K</math> e tale che l'estensione <math>E \supseteq K</math> è radicale.
 
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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>.
 
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Dai teoremi precedenti discende il seguente
 
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Sia <math>K</math> è un campo di caratteristica 0, e <math>f(x) \in K[x]</math> un polinomio non costante. Se l'equazione <math>f(x)=0</math> è risolubile per radicali, allora il gruppo <math>\mathcal G(M/K)</math> con <math>M</math> campo di spezzameno di <math>f</math> su <math>K</math> è risolubile.
 
Sia <math>K</math> è un campo di caratteristica 0, e <math>f(x) \in K[x]</math> un polinomio non costante. Se l'equazione <math>f(x)=0</math> è risolubile per radicali, allora il gruppo <math>\mathcal G(M/K)</math> con <math>M</math> campo di spezzameno di <math>f</math> su <math>K</math> è risolubile.
 
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==Polinomi con gruppo di Galois non risolubile==
 
==Polinomi con gruppo di Galois non risolubile==
Esistono polinomi che hanno un gruppo di Galois non risolubile.{{InizioProposizione|titolo=|number=3.3|anchor=Proposizione3_3}}
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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>.
 
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'''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,\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>.
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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>.
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Il polinomio <math>f(x) = x^5-6x+3 \in \mathbb Q[x]</math> ha due radici complesse non reali ed è irriducibile su <math>\mathbb Q</math>, monico e di grado <math>p</math>, allora per la proposizione precedente  il suo gruppo di Galois è <math>S_5</math> che non è risolubile.
 
Il polinomio <math>f(x) = x^5-6x+3 \in \mathbb Q[x]</math> ha due radici complesse non reali ed è irriducibile su <math>\mathbb Q</math>, monico e di grado <math>p</math>, allora per la proposizione precedente  il suo gruppo di Galois è <math>S_5</math> che non è risolubile.
 
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Versione attuale delle 14:48, 21 mag 2018

Criterio di risolubilità[modifica | modifica wikitesto]

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 (criterio di risolubilità per radicali)

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[modifica | modifica wikitesto]

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 (Esempio concreto)

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.

 
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