Campo di spezzamento di $x^3-3x+1$
Uffa, ho lasciato per qualche settimana le cose che stavo studiando per andare in ferie e al ritorno ho di nuovo difficoltà. Ah, la mia testa...
Ho gentilmente bisogno di una mano con un campo di spezzamento. Precisamente, devo determinare il campo di riducibilità completa di [tex]p(x)=x^{3}-3x+1 \in \mathbb{Q}[x][/tex].
Per prima cosa, osservo che $p(x)$ non ha soluzioni razionali (le quali potrebbero essere soltanto $pm1$ che evidentemente non annullano il polinomio).
Allora, ho detto l'ideale $J=(p(x))$ è massimale e dunque $QQ[x]//J$ è un campo. Non solo, ma - come ci insegna la teoria - in detto campo $p(x)$ ha uno zero (il laterale $x+(p(x))$). Adesso però non so più come andare avanti: ho aggiunto una sola radice a $QQ$ quindi non sono ancora al campo di spezzamento.
Che fare? Avevo anche pensato alla formule di Cardano, ma non le ho mai usate...
Grazie in anticipo per l'aiuto.
Ho gentilmente bisogno di una mano con un campo di spezzamento. Precisamente, devo determinare il campo di riducibilità completa di [tex]p(x)=x^{3}-3x+1 \in \mathbb{Q}[x][/tex].
Per prima cosa, osservo che $p(x)$ non ha soluzioni razionali (le quali potrebbero essere soltanto $pm1$ che evidentemente non annullano il polinomio).
Allora, ho detto l'ideale $J=(p(x))$ è massimale e dunque $QQ[x]//J$ è un campo. Non solo, ma - come ci insegna la teoria - in detto campo $p(x)$ ha uno zero (il laterale $x+(p(x))$). Adesso però non so più come andare avanti: ho aggiunto una sola radice a $QQ$ quindi non sono ancora al campo di spezzamento.
Che fare? Avevo anche pensato alla formule di Cardano, ma non le ho mai usate...
Grazie in anticipo per l'aiuto.
Risposte
Io di solito quando mi trovo in una situazione del genere ragiono in questo modo: guardo il grado del polinomio, in questo grado è dispari, e non avendo radici razionali, come hai detto tu, allora sicuramente avrà una radice reale e due complesse, oppure tre radici reali, quindi pongo
$x^3-3x+1=(x-\alpha)(x^2+ax+b)$
applico il principio di identità dei polinomi e cerco di trovare dei valori per $a$ e $b$, e studio eventualmente il polinomio di secondo grado per vedere come sono le radici. Non so se è chiaro
$x^3-3x+1=(x-\alpha)(x^2+ax+b)$
applico il principio di identità dei polinomi e cerco di trovare dei valori per $a$ e $b$, e studio eventualmente il polinomio di secondo grado per vedere come sono le radici. Non so se è chiaro
Non male come idea, ti ringrazio.
Guarda, ho fatto come hai detto: ho scritto $(x-a)(x^2+bx+c)$ e con un po' di manipolazioni sono arrivato a trovare i legami di $b$ e $c$ con $a$: per il principio d'identità dei polinomi, deve essere $b=a$ e $c=a^2-3$. Quindi viene una roba del tipo $p(x)=(x-a)(x^2+ax+a^2-3)$. Se mi studio il $Delta$ del polinomio di secondo grado trovo $Delta=12-3a^2$.
Adesso ci viene in aiuto l'Analisi: $p(x)$ ha una radice (reale) in $(0,1)$ (per il teorema di esistenza degli zeri) e possiamo supporre sia $a$ (possiamo, vero?
): siccome $Delta>0 iff -2
Grazie per l'aiuto.
Guarda, ho fatto come hai detto: ho scritto $(x-a)(x^2+bx+c)$ e con un po' di manipolazioni sono arrivato a trovare i legami di $b$ e $c$ con $a$: per il principio d'identità dei polinomi, deve essere $b=a$ e $c=a^2-3$. Quindi viene una roba del tipo $p(x)=(x-a)(x^2+ax+a^2-3)$. Se mi studio il $Delta$ del polinomio di secondo grado trovo $Delta=12-3a^2$.
Adesso ci viene in aiuto l'Analisi: $p(x)$ ha una radice (reale) in $(0,1)$ (per il teorema di esistenza degli zeri) e possiamo supporre sia $a$ (possiamo, vero?
): siccome $Delta>0 iff -2Grazie per l'aiuto.
Un suggerimento, che secondo me funziona meglio del principio di identità dei polinomi suggerito da Lorin: detta $a$ la radice, basta effettuare la divisione (normale, o se si vuole far ancora prima, con Ruffini).
Poi (questione di gusti! non prendertela, anch'io ho iniziato da pochissimo questi argomenti), non mi piace tanto il riferimento all'analisi. L'esistenza di una radice reale è garantita dal fatto che le radici complesse sono coniugate e quindi un polinomio di grado dispari ha sempre una radice reale.
Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in [tex]\mathbb{Q}(a)[/tex]. Ovviamente non sono razionali, perché altrimenti il polinomio sarebbe riducibile, cosa che non è. Quindi o sono reali o sono complesse. Il tuo ragionamento mostra senza ombra di dubbio che le radici sono reali.
Tuttavia non può essere $12-3a^2 = (\frac{p}{q})^2$, perché altrimenti avremmo $a^2 \in \mathbb{Q}$ e quindi il polinomio minimo di $a$ dovrebbe avere grado 2, mentre sappiamo che il polinomio minimo di $a$ è proprio $x^3-3x+1$ (perché irriducibile sui razionali). Quindi necessariamente $\omega = \sqrt{\Delta} \notin \mathbb{Q}(a)$.
Dobbiamo allora considerare un'ulteriore estensione. Ad esempio $\mathbb{Q}(a,\omega)$ contiene tutte le radici del polinomio (a questo punto è ovvio). D'altra parte il campo di spezzamento del polinomio deve contenere $a$ e deve anche contenere $\frac{-a+\omega}{2}$ e quindi, in definitiva, deve contenere $\omega$. Pertanto il campo di spezzamento di $x^3-3x+1$ è $\mathbb{Q}(a, \omega)$.
Poi (questione di gusti! non prendertela, anch'io ho iniziato da pochissimo questi argomenti), non mi piace tanto il riferimento all'analisi. L'esistenza di una radice reale è garantita dal fatto che le radici complesse sono coniugate e quindi un polinomio di grado dispari ha sempre una radice reale.
Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in [tex]\mathbb{Q}(a)[/tex]. Ovviamente non sono razionali, perché altrimenti il polinomio sarebbe riducibile, cosa che non è. Quindi o sono reali o sono complesse. Il tuo ragionamento mostra senza ombra di dubbio che le radici sono reali.
Tuttavia non può essere $12-3a^2 = (\frac{p}{q})^2$, perché altrimenti avremmo $a^2 \in \mathbb{Q}$ e quindi il polinomio minimo di $a$ dovrebbe avere grado 2, mentre sappiamo che il polinomio minimo di $a$ è proprio $x^3-3x+1$ (perché irriducibile sui razionali). Quindi necessariamente $\omega = \sqrt{\Delta} \notin \mathbb{Q}(a)$.
Dobbiamo allora considerare un'ulteriore estensione. Ad esempio $\mathbb{Q}(a,\omega)$ contiene tutte le radici del polinomio (a questo punto è ovvio). D'altra parte il campo di spezzamento del polinomio deve contenere $a$ e deve anche contenere $\frac{-a+\omega}{2}$ e quindi, in definitiva, deve contenere $\omega$. Pertanto il campo di spezzamento di $x^3-3x+1$ è $\mathbb{Q}(a, \omega)$.
Anzitutto grazie per la risposta.
Vero, hai ragione, grazie del suggerimento: comunque il risultato è lo stesso.
Figurati se me la prendo!
Non piace tanto neanche a me il riferimento analitico però ho pensato potesse essere utile; inoltre, so che ogni polinomio di grado dispari ha sempre (almeno) una radice reale: ho usato il th. degli zeri per beccare un intervallo in cui stesse la radice (e sono stato parecchio fortunato perchè 0 e 1 sono i primi numeri che ho provato).
Idee per questo?
GRAZIE.
"maurer":
Un suggerimento, che secondo me funziona meglio del principio di identità dei polinomi suggerito da Lorin: detta $a$ la radice, basta effettuare la divisione (normale, o se si vuole far ancora prima, con Ruffini).
Vero, hai ragione, grazie del suggerimento: comunque il risultato è lo stesso.
Poi (questione di gusti! non prendertela, anch'io ho iniziato da pochissimo questi argomenti), non mi piace tanto il riferimento all'analisi. L'esistenza di una radice reale è garantita dal fatto che le radici complesse sono coniugate e quindi un polinomio di grado dispari ha sempre una radice reale.
Figurati se me la prendo!
Non piace tanto neanche a me il riferimento analitico però ho pensato potesse essere utile; inoltre, so che ogni polinomio di grado dispari ha sempre (almeno) una radice reale: ho usato il th. degli zeri per beccare un intervallo in cui stesse la radice (e sono stato parecchio fortunato perchè 0 e 1 sono i primi numeri che ho provato).
Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in [tex]\mathbb{Q}(a)[/tex].
Idee per questo?
GRAZIE.
Ho editato il messaggio precedente. Dovrei aver concluso la parte più grossa dell'esercizio. Rimane solo da calcolare il grado dell'estensione, che però sappiamo essere un divisore di $3!$.
Riprendo dall'ultimo messaggio. Dal momento che:
1) [tex][\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]=\mbox{deg}(x^3-3x+1) = 3[/tex];
2) [tex][\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]\mid [\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}][/tex]
segue che [tex][\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}]\in \{3,6\}[/tex]. D'altronde:
[tex][\mathbb{Q}(a,\omega) : \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(a,\omega) : \mathbb{Q}(a)] \cdot [\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}][/tex]
e se fosse [tex][\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}] = 3[/tex] allora avremmo [tex][\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}(a)] = 1[/tex] che sappiamo non essere possibile perché [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}(a)[/tex].
1) [tex][\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]=\mbox{deg}(x^3-3x+1) = 3[/tex];
2) [tex][\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]\mid [\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}][/tex]
segue che [tex][\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}]\in \{3,6\}[/tex]. D'altronde:
[tex][\mathbb{Q}(a,\omega) : \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(a,\omega) : \mathbb{Q}(a)] \cdot [\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}][/tex]
e se fosse [tex][\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}] = 3[/tex] allora avremmo [tex][\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}(a)] = 1[/tex] che sappiamo non essere possibile perché [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}(a)[/tex].
Ah, scusa non avevo visto l'edit.
Quindi dici che il ragionamento (sebbene puzzi di analisi
) va bene?
Scusa se rompo, ma ho qualche dubbio. Come fai a concludere che $omega notin \mathbb{Q}(a)$? $omega$ non è razionale, fin qui ok, ma non potrebbe stare nell'estensione?
Su questa parte ho dei dubbi, devo rifletterci con calma. Anche perchè (leggo dal tuo successivo messaggio) non credo che il grado sia 6... ma devo ancora pensarci.
Comunque GRAZIE mille per il tuo aiuto, mi stai dando una gran mano, è bello ragionare con te.
GRAZIE ancora.
"maurer":
Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in [tex]\mathbb{Q}(a)[/tex]. Ovviamente non sono razionali, perché altrimenti il polinomio sarebbe riducibile, cosa che non è. Quindi o sono reali o sono complesse. Il tuo ragionamento mostra senza ombra di dubbio che le radici sono reali.
Quindi dici che il ragionamento (sebbene puzzi di analisi
) va bene?
Tuttavia non può essere $12-3a^2 = (\frac{p}{q})^2$, perché altrimenti avremmo $a^2 \in \mathbb{Q}$ e quindi il polinomio minimo di $a$ dovrebbe avere grado 2, mentre sappiamo che il polinomio minimo di $a$ è proprio $x^3-3x+1$ (perché irriducibile sui razionali). Quindi necessariamente $\omega = \sqrt{\Delta} \notin \mathbb{Q}(a)$.
Scusa se rompo, ma ho qualche dubbio. Come fai a concludere che $omega notin \mathbb{Q}(a)$? $omega$ non è razionale, fin qui ok, ma non potrebbe stare nell'estensione?
Dobbiamo allora considerare un'ulteriore estensione. Ad esempio $\mathbb{Q}(a,\omega)$ contiene tutte le radici del polinomio (a questo punto è ovvio). D'altra parte il campo di spezzamento del polinomio deve contenere $a$ e deve anche contenere $\frac{-a+\omega}{2}$ e quindi, in definitiva, deve contenere $\omega$. Pertanto il campo di spezzamento di $x^3-3x+1$ è $\mathbb{Q}(a, \omega)$.
Su questa parte ho dei dubbi, devo rifletterci con calma. Anche perchè (leggo dal tuo successivo messaggio) non credo che il grado sia 6... ma devo ancora pensarci.
Comunque GRAZIE mille per il tuo aiuto, mi stai dando una gran mano, è bello ragionare con te.
GRAZIE ancora.
No, scusa hai ragione. Mi sono lasciato prendere la mano. Abbiamo concluso che [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}[/tex].
Supponiamo che [tex]\omega \in \mathbb{Q}(a)[/tex]. Dal momento che il grado dell'estensione è 3, allora
[tex]\omega = \alpha + \beta a + \gamma a^2[/tex], con [tex]\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{Q}[/tex]
Adesso ti descrivo il procedimento: eleviamo al quadrato e portiamo tutto da un lato. Riduciamo la scrittura dividendo per il fattore [tex]a^3-3a+1[/tex] e ci riduciamo ad un'espressione in cui il massimo grado in cui compare a è il secondo, che, se tutto va bene, non dovrebbe essere identicamente nulla. Abbiamo allora un assurdo, in quanto il polinomio minimo di a avrebbe grado 2. Pertanto seguirebbe [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}[/tex]. Scusami, ma non ho tempo, adesso, di fare per benino tutti i conti. Domani ci provo meglio. Spero comunque che tu abbia capito (funziona quasi sempre, come metodo!)
Appurato questo, i ragionamenti successivi, dovrebbero essere giusti...
Supponiamo che [tex]\omega \in \mathbb{Q}(a)[/tex]. Dal momento che il grado dell'estensione è 3, allora
[tex]\omega = \alpha + \beta a + \gamma a^2[/tex], con [tex]\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{Q}[/tex]
Adesso ti descrivo il procedimento: eleviamo al quadrato e portiamo tutto da un lato. Riduciamo la scrittura dividendo per il fattore [tex]a^3-3a+1[/tex] e ci riduciamo ad un'espressione in cui il massimo grado in cui compare a è il secondo, che, se tutto va bene, non dovrebbe essere identicamente nulla. Abbiamo allora un assurdo, in quanto il polinomio minimo di a avrebbe grado 2. Pertanto seguirebbe [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}[/tex]. Scusami, ma non ho tempo, adesso, di fare per benino tutti i conti. Domani ci provo meglio. Spero comunque che tu abbia capito (funziona quasi sempre, come metodo!)
Appurato questo, i ragionamenti successivi, dovrebbero essere giusti...
Ok, ho trovato il tempo di fare i conti
Abbiamo appurato che [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}[/tex]. Quindi, nell'espressione [tex]\omega = \alpha + \beta a + \gamma a^2[/tex] almeno uno tra [tex]\beta[/tex] e [tex]\gamma[/tex] è non nullo.
Sviluppiamo i conti:
[tex]12-3a^2 = \alpha^2+\beta^2a^2+\gamma^2 a^4 +2 \alpha \beta a + 2\alpha \gamma a^2 + 2\beta \gamma a^3[/tex]
[tex]\gamma^2 a^4 + 2\beta \gamma a^3 + (2\alpha \gamma + \beta^2+3)a^3 + 2\alpha \beta a + \alpha^2-12 = 0[/tex]
[tex](a^3-3a+1)(\gamma^2 a + 2\beta \gamma) + (2\alpha \gamma + 3 + \beta^2+3\gamma^2)a^2+ (2\alpha\beta - \gamma^2+6\beta \gamma)a + \alpha^2-2\beta \gamma =0[/tex]
[tex](2\alpha \gamma + 3 + \beta^2+3\gamma^2)a^2+ (2\alpha\beta - \gamma^2+6\beta \gamma)a + \alpha^2-2\beta \gamma =0[/tex]
A patto di dimostrare che nell'ultima espressione non tutti i coefficienti sono nulli, abbiamo quindi concluso...
Abbiamo appurato che [tex]\omega \not \in \mathbb{Q}[/tex]. Quindi, nell'espressione [tex]\omega = \alpha + \beta a + \gamma a^2[/tex] almeno uno tra [tex]\beta[/tex] e [tex]\gamma[/tex] è non nullo.
Sviluppiamo i conti:
[tex]12-3a^2 = \alpha^2+\beta^2a^2+\gamma^2 a^4 +2 \alpha \beta a + 2\alpha \gamma a^2 + 2\beta \gamma a^3[/tex]
[tex]\gamma^2 a^4 + 2\beta \gamma a^3 + (2\alpha \gamma + \beta^2+3)a^3 + 2\alpha \beta a + \alpha^2-12 = 0[/tex]
[tex](a^3-3a+1)(\gamma^2 a + 2\beta \gamma) + (2\alpha \gamma + 3 + \beta^2+3\gamma^2)a^2+ (2\alpha\beta - \gamma^2+6\beta \gamma)a + \alpha^2-2\beta \gamma =0[/tex]
[tex](2\alpha \gamma + 3 + \beta^2+3\gamma^2)a^2+ (2\alpha\beta - \gamma^2+6\beta \gamma)a + \alpha^2-2\beta \gamma =0[/tex]
A patto di dimostrare che nell'ultima espressione non tutti i coefficienti sono nulli, abbiamo quindi concluso...
Anche io sto facendo i conti (l'algebra prende, eh? ).
Stando ai tuoi conti se proviamo che non tutti i coefficienti dell'ultima espressione sono nulli avremmo che il polinomio minimo di $a$ avrebbe grado 2, assurdo.
Secondo me invece c'è qualcosa che ci sfugge. Le altre due radici stanno in $QQ(a)$, ne sono quasi sicuro: se non ho sbagliato i conti, l'elemento $a^2-2$ è radice. Ho fatto quello che mi hai detto tu, ma ho trovato dei valori di $alpha$ e $gamma$ per cui il polinomio quoziente fosse proprio $a^3-3a+1$ (se dovesse essere giusto, devo ammettere di aver avuto una micidiale botta di .... : per semplificare i conti - visto che con $gamma =0$ non andavo da nessuna parte - ho provato con $beta=0, gamma!=0$).
Quasi sicuramente ho cannato i conti, vista l'ora... devo ricontrollare qualcosa.
).Stando ai tuoi conti se proviamo che non tutti i coefficienti dell'ultima espressione sono nulli avremmo che il polinomio minimo di $a$ avrebbe grado 2, assurdo.
Secondo me invece c'è qualcosa che ci sfugge. Le altre due radici stanno in $QQ(a)$, ne sono quasi sicuro: se non ho sbagliato i conti, l'elemento $a^2-2$ è radice. Ho fatto quello che mi hai detto tu, ma ho trovato dei valori di $alpha$ e $gamma$ per cui il polinomio quoziente fosse proprio $a^3-3a+1$ (se dovesse essere giusto, devo ammettere di aver avuto una micidiale botta di ....
: per semplificare i conti - visto che con $gamma =0$ non andavo da nessuna parte - ho provato con $beta=0, gamma!=0$). Quasi sicuramente ho cannato i conti, vista l'ora... devo ricontrollare qualcosa.
Lo stesso vale per me... meglio rimandare a domani, con la mente lucida!
Allora, ho controllato e direi che hai ragione. [tex]a^2-2[/tex] è radice. Allora a questo punto è facile concludere: il campo di spezzamento di [tex]x^3-3x+1[/tex] necessariamente coincide con [tex]\mathbb{Q}(a)[/tex]. Pertanto il grado dell'estensione coincide con il grado di [tex]a[/tex] e quindi è 3.
Però, mi chiedo... Hai (abbiamo) avuto fortuna a trovare questa radice. Seguendo il metodo che ho suggerito, avremmo dovuto risolvere un sistema abbastanza complesso (specialmente perché non lineare). Quindi, esiste una strada più efficiente?
Però, mi chiedo... Hai (abbiamo) avuto fortuna a trovare questa radice. Seguendo il metodo che ho suggerito, avremmo dovuto risolvere un sistema abbastanza complesso (specialmente perché non lineare). Quindi, esiste una strada più efficiente?
Eccomi qua, ci sono anche io (ieri sera sono crollato).
Sì, ho rincontrollato sommariamente i miei conti e dovrebbero essere corretti. Sì, il grado del campo di spezzamento su $QQ$ è 3 e questo dovrebbe essere sufficiente a provare che il gruppo di Galois del polinomio è (isomorfo a) $A_3$: infatti, il gruppo di Galois di un polinomio di 3 grado ha una rappresentazione come sottogruppo di $S_3$ e l'unico sottogruppo di ordine 3 di $S_3$ è proprio $A_3$, il sottogruppo alterno. Confermi?
Sì, è quel che mi chiedo anche io. Non ho avuto fortuna, ho avuto mooolta fortuna nel beccare quella radice
Mi chiedo però: come si procede nel caso generale (polinomio di grado $n$)? Esistono strade migliori?
"maurer":
Allora, ho controllato e direi che hai ragione. [tex]a^2-2[/tex] è radice. Allora a questo punto è facile concludere: il campo di spezzamento di [tex]x^3-3x+1[/tex] necessariamente coincide con [tex]\mathbb{Q}(a)[/tex]. Pertanto il grado dell'estensione coincide con il grado di [tex]a[/tex] e quindi è 3.
Sì, ho rincontrollato sommariamente i miei conti e dovrebbero essere corretti. Sì, il grado del campo di spezzamento su $QQ$ è 3 e questo dovrebbe essere sufficiente a provare che il gruppo di Galois del polinomio è (isomorfo a) $A_3$: infatti, il gruppo di Galois di un polinomio di 3 grado ha una rappresentazione come sottogruppo di $S_3$ e l'unico sottogruppo di ordine 3 di $S_3$ è proprio $A_3$, il sottogruppo alterno. Confermi?
Però, mi chiedo... Hai (abbiamo) avuto fortuna a trovare questa radice. Seguendo il metodo che ho suggerito, avremmo dovuto risolvere un sistema abbastanza complesso (specialmente perché non lineare). Quindi, esiste una strada più efficiente?
Sì, è quel che mi chiedo anche io. Non ho avuto fortuna, ho avuto mooolta fortuna nel beccare quella radice
Mi chiedo però: come si procede nel caso generale (polinomio di grado $n$)? Esistono strade migliori?
Il procedimento è corretto purtroppo però a me non risulta $alpha^2-2$ sia radice del polinomio, ma potrei aver sbagliato i calcoli.
Mi mostrate i vostri?
Comunque per rispondere alle vostre domande devo dire che determinare il campo di spezzamento di polinomio "non-standard" non è affatto un'operazione semplice. Quindi non mi stupirei di quel sistema, anzi ve ne capiteranno spesso, sopratutto se lavorate con estensioni di $QQ$.
EDIT Come avevo supposto avevo sbagliato i calcoli, scusate!
Mi mostrate i vostri?
Comunque per rispondere alle vostre domande devo dire che determinare il campo di spezzamento di polinomio "non-standard" non è affatto un'operazione semplice. Quindi non mi stupirei di quel sistema, anzi ve ne capiteranno spesso, sopratutto se lavorate con estensioni di $QQ$.
EDIT Come avevo supposto avevo sbagliato i calcoli, scusate!
"mistake89":
Il procedimento è corretto purtroppo però a me non risulta $alpha^2-2$ sia radice del polinomio, ma potrei aver sbagliato i calcoli.
Mi mostrate i vostri?
Ciao carissimo,
per vedere che $a^2-2$ è radice basta valutare il polinomio $x^3-3x+1$ in $a^2-2$: ti viene fuori $a^6-6a^4+9a^2-1=(a^3-3a+1)(a^3-3a-1)=0$.
Ok?
Comunque per rispondere alle vostre domande devo dire che determinare il campo di spezzamento di polinomio "non-standard" non è affatto un'operazione semplice. Quindi non mi stupirei di quel sistema, anzi ve ne capiteranno spesso, sopratutto se lavorate con estensioni di $QQ$.
Sì, anche Martino mi aveva detto che comunque non è sempre un problema semplice determinare il campo di spezzamento di un polinomio.
Sì certo, tutto corretto, avevo perso un segno $-$ per strada
"Paolo90":Sì, diciamo che non è quasi mai semplice
Sì, anche Martino mi aveva detto che comunque non è sempre un problema semplice determinare il campo di spezzamento di un polinomio.
Ieri ho dato in pasto il sistemone di secondo grado a un programma che ha confessato le soluzioni. Ma ovviamente i procedimenti brutali non sono per niente belli.
Per gradi piccoli si riesce a fare qualcosa rimanendo sul teorico. L'idea è considerare il "discriminante" del polinomio. Tale oggetto per gradi piccoli si può calcolare in modo diretto, e in tutta generalità.
Propongo la soluzione che si trova in letteratura. Prendiamo il nostro polinomio [tex]f(x)=x^3-3x+1[/tex] (ma in realtà potremmo fare il ragionamento che segue con ogni polinomio irriducibile di terzo grado). Come osservato da Paolo, dimostrare che il suo c.r.c. ha grado 3 su [tex]\mathbb{Q}[/tex] è equivalente a mostrare che il suo gruppo di Galois è [tex]A_3[/tex]. Il problema è: cosa è più facile fare?
Inaspettatamente è più facile dimostrare che il gruppo di Galois è [tex]A_3[/tex]. Per fare questo è sufficiente mostrare che il gruppo di Galois [tex]G[/tex] del polinomio [tex]f(x)[/tex] (pensato come gruppo di permutazione dei tre zeri) non contiene trasposizioni (perché [tex]A_3[/tex] è l'unico sottogruppo non banale di [tex]S_3[/tex] che non contiene trasposizioni, ed è ovvio che [tex]G[/tex] - il gruppo di Galois di [tex]f(x)[/tex] - non è il gruppo banale).
Per assurdo esista una trasposizione [tex]g \in G[/tex]. Chiamiamo [tex]a,b,c[/tex] i tre zeri (distinti: siamo in caratteristica zero) di [tex]f(x)[/tex]. Come già osservato possiamo assumere che [tex]b=\frac{1}{2}(-a+\sqrt{12-3a^2})[/tex] e [tex]c=\frac{1}{2}(-a-\sqrt{12-3a^2})[/tex]. Supponiamo senza perdita in generalità che [tex]g[/tex] sia la trasposizione [tex](a\ b)[/tex] (quella che scambia a e b e fissa c).
Consideriamo il seguente oggetto (si chiama "discriminante di [tex]f(x)[/tex]").
[tex]\Delta := (a-b)(a-c)(b-c)[/tex].
Applichiamoci sopra [tex]g[/tex]. Otteniamo [tex]g(\Delta)=(b-a)(b-c)(a-c)=-\Delta[/tex]. In altre parole [tex]g[/tex] cambia segno a [tex]\Delta[/tex].
Ora facciamo un po' di conti.
[tex]\Delta = (a-b)(a-c)(b-c) = ... = 3(a^2-1)\sqrt{12-3a^2}[/tex].
Sembra che non possiamo migliorare il calcolo di [tex]\Delta[/tex], eppure qualcosa si può fare: eleviamolo al quadrato.
[tex]\Delta^2 = 9(a^2-1)^2(12-3a^2)=9(a^2-a+1)(12-3a^2)=...=9^2[/tex].
Abbiamo ottenuto che [tex]\Delta^2=9^2[/tex], in altre parole [tex]\Delta= \pm 9[/tex]. Ma abbiamo visto che [tex]g \in G[/tex] cambia segno a [tex]\Delta[/tex].
Questo non è possibile: il [tex]\mathbb{Q}[/tex]-automorfismo [tex]g[/tex] non può cambiare segno a [tex]9[/tex]
Molto elegante come dimostrazione. Grazie Martino!
Questo discriminante di un polinomio, fino a che punto può essere generalizzato? Immagino ci sia una teoria nascosta intorno a questo nome, o qualcosa di simile... Però il mio testo di Algebra non fa cenno di questi argomenti... Potresti gentilmente dirmi qualcosa di più, oppure darmi una reference?
Questo discriminante di un polinomio, fino a che punto può essere generalizzato? Immagino ci sia una teoria nascosta intorno a questo nome, o qualcosa di simile... Però il mio testo di Algebra non fa cenno di questi argomenti... Potresti gentilmente dirmi qualcosa di più, oppure darmi una reference?
Per prima cosa... che figo, Martino, il tuo procedimento 
Il tuo post è davvero ultrabello
Mi sono preso qualche ora di riflessione e dopo un attento studio di quanto hai scritto, avrei qualche quesito da porti. Ammetto che non sarei mai arrivato da solo alla tua soluzione, sono ancora troppo inesperto.
Due parole sul discriminante (che conoscevo solo per polinomi di II grado). Com'è definito in generale? Ci provo: è per caso il prodotto di tutte le possibili differenze (a due a due) delle radici (differenze prese una sola volta)? In simboli: fissato un ordine delle $n$ radici, si ha [tex]\Delta :=[/tex] $ prod_(1 \le i < j \le n)^() (x_i-x_j) $.
Ho fatto due conti per vedere se quanto dico ha un minimo di senso: preso un polinomio di II grado (il classico $ax^2+bx+c$) e dette $x_1$ e $x_2$ le sue radici dovrei avere (se quanto ho scritto sopra è corretto) [tex]\Delta := (x_1-x_2)(x_2-x_1)[/tex]. Con un po' di manipolazioni (ricordando le relazioni tra coefficienti e radici) arrivo a [tex]\Delta := -\frac{b^2-4ac}{a^2}[/tex]. Non è proprio il massimo, perchè non corrisponde esattamente al discriminante che conoscevo da sempre (per intenderci, quello che ti insegnano al liceo, $b^2-4ac$). L'unica cosa che ho notato è che è sempre definito ($a!=0$) e che il segno è opposto a quello del discriminante di un tempo.
Sì, certo la conclusione è evidente. Bello, davvero molto bello, anche se non immediato per uno come me.
Però, senti un po', si può generalizzare la cosa? Voglio dire: mi piacerebbe classificare i polinomi di terzo grado.
Un'idea ce l'ho, ma non penso sia giusta: secondo me (e questo esempio lo conferma) molto dipende dal segno del discriminante. E non solo, ma secondo me qui è tutto così magicamente bello perchè il discriminante è un quadrato perfetto in $QQ$. Dico bene?
Forse combinando osservazioni del genere si potrebbe arrivare a un teorema che mi dice, data un'equazione di terzo grado, qual è il suo gruppo di Galois. Naturalmente, immagino che tutto ciò abbia poco senso (se non a livello di esercizio, intendo): infatti, le equazioni di terzo grado sono risolubili per radicali (vero?) e non mi serve passare dal gruppo di Galois (che per inciso può essere $ZZ_2$, $A_3$ o $S_3$, giusto?) e dalla sua risolubilità.
Che dici?
GRAZIE.
P.S. @ Martino:
Secondo me c'è un errore di calcolo o di trascrizione. In ogni caso, il risultato è giusto.
E' bello questo esempio perchè mi ha permesso di "toccare con mano" l'isomorfismo di $QQ(a)$ con il quoziente: ogni risultato va inteso modulo $p(a)$. E questo semplifica parecchio la vita.
Il tuo post è davvero ultrabello Mi sono preso qualche ora di riflessione e dopo un attento studio di quanto hai scritto, avrei qualche quesito da porti. Ammetto che non sarei mai arrivato da solo alla tua soluzione, sono ancora troppo inesperto.
"Martino":
Consideriamo il seguente oggetto (si chiama "discriminante di [tex]f(x)[/tex]").
[tex]\Delta := (a-b)(a-c)(b-c)[/tex].
Due parole sul discriminante (che conoscevo solo per polinomi di II grado). Com'è definito in generale? Ci provo: è per caso il prodotto di tutte le possibili differenze (a due a due) delle radici (differenze prese una sola volta)? In simboli: fissato un ordine delle $n$ radici, si ha [tex]\Delta :=[/tex] $ prod_(1 \le i < j \le n)^() (x_i-x_j) $.
Ho fatto due conti per vedere se quanto dico ha un minimo di senso: preso un polinomio di II grado (il classico $ax^2+bx+c$) e dette $x_1$ e $x_2$ le sue radici dovrei avere (se quanto ho scritto sopra è corretto) [tex]\Delta := (x_1-x_2)(x_2-x_1)[/tex]. Con un po' di manipolazioni (ricordando le relazioni tra coefficienti e radici) arrivo a [tex]\Delta := -\frac{b^2-4ac}{a^2}[/tex]. Non è proprio il massimo, perchè non corrisponde esattamente al discriminante che conoscevo da sempre (per intenderci, quello che ti insegnano al liceo, $b^2-4ac$). L'unica cosa che ho notato è che è sempre definito ($a!=0$) e che il segno è opposto a quello del discriminante di un tempo.
"Martino":
Abbiamo ottenuto che [tex]\Delta^2=9^2[/tex], in altre parole [tex]\Delta= \pm 9[/tex]. Ma abbiamo visto che [tex]g \in G[/tex] cambia segno a [tex]\Delta[/tex].
Questo non è possibile: il [tex]\mathbb{Q}[/tex]-automorfismo [tex]g[/tex] non può cambiare segno a [tex]9[/tex]
Sì, certo la conclusione è evidente. Bello, davvero molto bello, anche se non immediato per uno come me.
Però, senti un po', si può generalizzare la cosa? Voglio dire: mi piacerebbe classificare i polinomi di terzo grado.
Un'idea ce l'ho, ma non penso sia giusta: secondo me (e questo esempio lo conferma) molto dipende dal segno del discriminante. E non solo, ma secondo me qui è tutto così magicamente bello perchè il discriminante è un quadrato perfetto in $QQ$. Dico bene?
Forse combinando osservazioni del genere si potrebbe arrivare a un teorema che mi dice, data un'equazione di terzo grado, qual è il suo gruppo di Galois. Naturalmente, immagino che tutto ciò abbia poco senso (se non a livello di esercizio, intendo): infatti, le equazioni di terzo grado sono risolubili per radicali (vero?) e non mi serve passare dal gruppo di Galois (che per inciso può essere $ZZ_2$, $A_3$ o $S_3$, giusto?) e dalla sua risolubilità.
Che dici?
GRAZIE.
P.S. @ Martino:
"Martino":
Sembra che non possiamo migliorare il calcolo di [tex]\Delta[/tex], eppure qualcosa si può fare: eleviamolo al quadrato.
[tex]\Delta^2 = 9(a^2-1)^2(12-3a^2)=9(a^2-a+1)(12-3a^2)=...=9^2[/tex].
Secondo me c'è un errore di calcolo o di trascrizione. In ogni caso, il risultato è giusto.
E' bello questo esempio perchè mi ha permesso di "toccare con mano" l'isomorfismo di $QQ(a)$ con il quoziente: ogni risultato va inteso modulo $p(a)$. E questo semplifica parecchio la vita.
"Paolo90":Ricorda che è la soluzione che c'è in letteratura, io ho solo riportato le conoscenze acquisite.
Ammetto che non sarei mai arrivato da solo alla tua soluzione, sono ancora troppo inesperto.
"Paolo90":Sì
fissato un ordine delle $n$ radici, si ha [tex]\Delta :=[/tex] $ prod_(1 \le i < j \le n)^() (x_i-x_j) $.
"Paolo90":In realtà il discriminante per come l'hai definito risulta [tex]x_1-x_2[/tex]. Ma è evidente che se scambi l'ordine delle radici ottieni l'opposto: [tex]x_2-x_1=-(x_1-x_2)[/tex]. Quindi il segno del discriminante dipende dall'ordine dato alle radici, non ci si può fare nulla. Diciamo che dato un polinomio di secondo grado [tex]ax^2+bx+c[/tex] possiamo dare un ordine alle radici in modo che il discriminante sia [tex]\sqrt{b^2-4ac}/a[/tex].
Ho fatto due conti per vedere se quanto dico ha un minimo di senso: preso un polinomio di II grado (il classico $ax^2+bx+c$) e dette $x_1$ e $x_2$ le sue radici dovrei avere (se quanto ho scritto sopra è corretto) [tex]\Delta := (x_1-x_2)(x_2-x_1)[/tex].
Invece quello che non dipende dall'ordinamento delle radici è [tex]\Delta^2 = (b^2-4ac)/a^2[/tex].
Osservo che quello che "discrimina" è il numeratore di questa frazione: l'annullarsi di esso equivale alla presenza di due radici coincidenti. Lo stesso vale per il discriminante di un generico polinomio di grado n.
Ah, mi accorgo ora che di solito quello che si chiama "discriminante" è [tex]\Delta^2[/tex]
"Paolo90":Certo. Un risultato generale è questo: dato un polinomio di terzo grado irriducibile su [tex]\mathbb{Q}[/tex], il suo gruppo di Galois è [tex]A_3[/tex] se il suo discriminante [tex]\Delta^2[/tex] è un quadrato in [tex]\mathbb{Q}[/tex], è [tex]S_3[/tex] altrimenti. Io ho scritto un po' di cose in merito sulle mie note (pagine 170 e seguenti; nello specifico pagine 172 e seguenti), dove faccio anche il quarto grado (tutto ciò è relativo alle note del corso di tdG che ho seguito), se volete dategli un'occhiata. Comunque una referenza più seria dovrebbe essere "Basic Algebra 1" di Jacobson (non ne sono sicuro: controllerò - era la referenza principale del corso).
Forse combinando osservazioni del genere si potrebbe arrivare a un teorema che mi dice, data un'equazione di terzo grado, qual è il suo gruppo di Galois.
"Paolo90":Beh no, non ha poco senso. Quello che si sa è che l'equazione generale di grado 3 ammette una formula "scrivibile" per gli zeri, ma questo non implica in modo evidente la struttura del c.r.c.. Almeno, così mi sembra.
Naturalmente, immagino che tutto ciò abbia poco senso (se non a livello di esercizio, intendo): infatti, le equazioni di terzo grado sono risolubili per radicali (vero?) e non mi serve passare dal gruppo di Galois (che per inciso può essere $ZZ_2$, $A_3$ o $S_3$, giusto?) e dalla sua risolubilità.
Il gruppo di Galois di un polinomio irriducibile separabile di grado n è transitivo sugli n zeri (le orbite dell'azione corrispondono ai fattori irriducibili...), quindi nel caso n=3 il gruppo di Galois non può essere [tex]\mathbb{Z}_2[/tex]. Può esserlo se il polinomio è riducibile.
"Paolo90":Non lo vedo, me lo puoi indicare?
Secondo me c'è un errore di calcolo o di trascrizione.
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