Che cos'è il gruppo di Galois?

[francicko]

Che cos'è il gruppo di galois di un polinomio?
Ad esempio , quale è il gruppo di galois per il polinomio $x^2-3 x+2$?

[Studente Anonimo]

Dato un polinomio $f(X)$ nell'anello di polinomi $K[X]$ (dove $K$ è un campo) bisogna innanzitutto fissare un campo di spezzamento $M$ di $f(X)$ su $K$ (cioè un sovracampo - detto anche estensione - di $K$ che contiene "tutte le radici" del polinomio $f(X)$ - ovviamente questo andrebbe definito meglio ma immagino che vuoi avere un'idea). Si definisce il gruppo di Galois di $f(X)$ su $K$ come il gruppo $G$ che consiste di tutti i $K$-automorfismi di $M$, cioè gli isomorfismi $M to M$ che ristretti a $K$ sono l'identità di $K$. Detto $n$ il grado di $f(X)$ si dimostra che $G$ agisce in modo fedele sull'insieme delle radici di $f(X)$ (in $M$) e questo (usando la teoria delle azioni di gruppo) dà un omomorfismo iniettivo $G to S_n$ (dove $S_n$ è il gruppo simmetrico di grado $n$).

Nel tuo caso immagino che intendi dire gruppo di Galois su $QQ$ (è importante specificarlo). Bene, siccome $X^2-3X+2 = (X-1)(X-2)$ si fattorizza in $QQ[X]$ il gruppo di Galois è banale: $G={1}$. Infatti un campo di spezzamento è proprio $QQ$ (perché tutte le radici stanno già in $QQ$) e quindi sei ricondotto a cercare gli automorfismi di $QQ$ che ristretti a $QQ$ sono l'identità. Ovviamente l'unico automorfismo siffatto è l'identità.

Un esempio più interessante a cui potresti pensare è $f(X)=X^3-2$ (su $QQ$). Siccome $G$ è isomorfo a un sottogruppo di $S_3$ sei ricondotto ad esaminare i sottogruppi di $S_3$. Si dimostra che l'ordine del gruppo $G$ è proprio uguale (se il polinomio è separabile, come in questo caso) al grado $|M:K|$ (la dimensione di $M$ su $K$ come $K$-spazio vettoriale), e nel tuo caso $K=QQ$. Puoi provare a dimostrare che questo grado è $6$. Segue che $G$ ha ordine $6$ e siccome anche $S_3$ ha ordine $6$ deduci che $G$ è isomorfo a $S_3$.

L'idea è che in generale non ogni permutazione delle radici si estende a un automorfismo del campo di spezzamento. Nel caso di $X^3-2$ in realtà succede proprio questo ($S_3$ va pensato come agente sulle tre radici) ma ci sono casi in cui non succede, per esempio il gruppo di Galois di $X^3-3X+1$ è isomorfo a $A_3$ (gruppo alterno), quindi una permutazione non identica che scambia due radici di $X^3-3X+1$ tra loro e fissa la terza non si estende a un automorfismo di $M$.

In questo modo uno traduce il problema di capire $M$ (cioè capire il campo che contiene tutte le radici del polinomio, cioè in ultima analisi "capire le radici") al problema di capire il gruppo di Galois, che è un sottogruppo di $S_n$ (cioè hai un certo controllo su di esso). Per esempio il fatto che l'equazione generale di grado maggiore o uguale a $5$ non è risolvibile per radicali si traduce (usando la teoria di Galois) nel fatto che il gruppo di Galois dell'equazione generale di grado $n$ è isomorfo a $S_n$ e $S_n$ non è un gruppo risolubile per $n$ maggiore o uguale a $5$.

[francicko]

Ciao Martino, grazie per la risposta!
Scusa la banalita della domanda , sono alle prime armi con l'argomento, ma se prendo il polinomio $P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ le cui radici sono in $Q$, stando a quanto afferma il teorema , a prescindere dal fatto che le sue radici appartengano a $Q$ , dovrebbe risultare non essere risolubile per radicali e quindi anche il suo gruppo di Galois sara non risolubile, , pertanto non dovrebbe essere $S_5$?

[otta96]

No.

[francicko]

Perche?

[vict85]

Perché

"Martino":[...] il gruppo \(G\) che consiste di tutti i \(K\)-automorfismi di \(M\), cioè gli isomorfismi \(M\to M\) che ristretti a \(K\) sono l'identità di \(K\).

Se \(M = \mathbb{K}\) come nel tuo esempio \(G = \{1_{\mathbb{}K}\}\).

[francicko]

Scusa ma se il gruppo di Galois del polinomio $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ è ${1_K}$, per il teorema di Galois vuol dire che non è risolubile!
Ma allora ${1_K}}$ è anche il gruppo di Galois del polinomio di $(x-1)(x-2)$, ed anche del polinomio $(x-1)(x-2)(x-3)$, cosi come del polinomio $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$, ma questi sono risolubili per radicali, com'è possibile?

[Studente Anonimo]

Il gruppo ${1}$ è risolubile. Quindi se un polinomio ha gruppo di Galois ${1}$ allora è risolubile per radicali.

Esistono polinomi di grado qualsiasi che sono risolubili per radicali. Il punto è che se scrivi un polinomio di grado minore di 5 allora di sicuro è risolubile per radicali, mentre esistono polinomi di grado 5 o maggiore che non sono risolubili per radicali (ma non tutti! Per esempio quelli che hai scritto sono risolubili per radicali). Ora se scrivi un polinomio generico di grado 5 ($aX^5+bX^4+cX^3+dX^2+eX+f$) questo non ammette una formula risolutiva scrivibile usando radicali e operazioni di campo, perché il suo gruppo di Galois su $QQ(a,b,c,d,e,f)$ (quindi non su $QQ$, attenzione) è $S_5$. Ora sono da cellulare, poi cerco di spiegare meglio questo punto col computer.

[francicko]

Quindi il polinomio $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ essendo che le sue radici appartengono al campo $Q$ dei razionali ha gruppo di galois ${1_K}$, e pertanto è risolubile per radicali?
Da quel poco che ho potuto capire, l' idea di galois , segue la strada tracciata da Lagrange con le sue risolventi, nel caso di un equazione generica di secondo grado, del tipo ,$(x^2+bx+c)$, la risolvente è data dalla relazione non simmetrica $v=(x_1-x_2)=sqrt(b^2-4c)$, e da questa si arriva ad $v^2= b^2-4c$ relazione simmetrica, ottenuta da operazioni elementari sui coefficienti che sono le funzioni simmetriche elementari, quindi gia da questo semplice esempio si evince che la simmetria, e le funzioni simmetriche sono la chiave di volta del problema, ritornando alla nostra questione del gruppo di galois, in questo caso la relazione tra radici come $(x_1+x_2)=b$ risulta rimanere invariata da una permutazione delle radici ossia $=(x_2+x_1)$, mentre la relazione $(x_1-x_2)$ no, infatti da valori opposti, viene detta infatti alternante , ora il gruppo di galois non è quel gruppo di permutazioni delle radici che lascia invariata ogni relazione o figura delle radici a valori nel campo contenente i coefficienti, che nel nostro caso risulta essere $Q$ ?
Se le due radici appartengono a $Q$, anche la figura $(x_1-x_2)$ vi appartiene, quindi effettivamente in tal caso il gruppo di Galois risulta essere l'identita , visto che solo la permutazione identica lascia invariate le figure o relazioni in $Q$, mi sbaglio?
Da quel poco che ho potuto vedere nelle dispense in rete, gia per quanto riguarda l'equazione di terzo grado, per costruire una risolvente bisogna far ricorso alle radici ennesime dell'unita, quindi per arrivare alla risolubilita bisogna considerare come campo di partenza, un campo che contenga sia i razionali comprese anche tali radici ennesime, mi sbaglio?

[Studente Anonimo]

ora il gruppo di galois non è quel gruppo di permutazioni delle radici che lascia invariata ogni relazione o figura delle radici a valori nel campo contenente i coefficienti, che nel nostro caso risulta essere Q ?

Purtroppo la domanda non è comprensibile, cosa intendi con "lascia invariata ogni relazione o figura delle radici"? Il problema è che per poter parlare di queste cose bisogna rifarsi ad assiomi e definizioni ben precisi. In ogni caso se consideri solo polinomi con tutte le radici razionali non vai molto in profondità perché il loro gruppo di Galois è banale. Ti conviene considerare polinomi difficili da "scardinare", come $X^3-2$, $X^3-3X+1$ oppure $X^5-2$ per dirne alcuni.

Come dicevo sopra, il gruppo di Galois di un polinomio $f(X)$ su un campo $K$ è il gruppo degli automorfismi di un campo di spezzamento $M$ contenente $K$ che fissano puntualmente ogni elemento di $K$. Quindi quando si dice gruppo di Galois di un polinomio bisogna specificare il campo base $K$ rispetto a cui si calcola.

Se un polinomio è un prodotto $(X-a_1) ... (X-a_n)$ dove le radici $a_i$ sono razionali allora il suo gruppo di Galois su $QQ$ è banale, cioè $G={1}$, perché in questo caso $M=QQ$, cioè $QQ$ è il campo di spezzamento del polinomio. In altre parole in questo caso non c'è praticamente niente da dire.

Il caso interessante è quando le radici non stanno nel campo base $K$. Per esempio $X^2-2$ ha radici non razionali, quindi il suo gruppo di Galois su $QQ$ non è banale, è anzi ciclico di ordine $2$. I suoi due elementi sono l'identità e l'automorfismo $a+b sqrt{2} to a-b sqrt{2}$ di $M=QQ(sqrt{2})$.

Ti faccio un esempio forse più chiaro: considera $f(X)=X^3-3X+1$. Sia $u$ una sua radice. Un conto mostra che $f(u^2-2)=0$ quindi $u^2-2$ è radice, e l'altra radice è $(u^2-2)^2-2 = -u^2-u+2$. Cioè

$f(X)=(X-u)(X-(u^2-2))(X-(-u^2-u+2))$.

Questo significa che le radici di questo polinomio sono "algebricamente legate", cioè basta una radice per averle tutte, in altre parole $M=QQ(u)$ è un campo di spezzamento, e ha grado $3$. Quindi se hai un isomorfismo $g:M to M$ questo deve permutare le tre radici, ma se ne fissa una le fissa tutte (perché se $g(u)=u$ allora siccome $g$ è omomorfismo di anelli e fissa i razionali, $g(u^2-2)=g(u)^2-2=u^2-2$ e $g(-u^2-u+2)=-g(u)^2-g(u)+2=-u^2-u+2$, cioè $g$ fissa tutte e tre le radici). Questo significa che non ogni permutazione delle radici può essere estesa a un isomorfismo $M to M$, cioè a un elemento del gruppo di Galois. Per esempio la permutazione che fissa $u$ e scambia le altre due radici non può essere estesa (perché ho appena mostrato che se un $g$ fissa $u$ allora fissa tutte e tre le radici). In effetti in questo caso esiste un automorfismo che manda $u$ in $u^2-2$ e tale automorfismo ha ordine $3$ e genera il gruppo di Galois, che quindi è ciclico di ordine $3$ (isomorfo al gruppo alterno $A_3$).

Venendo alla risolubilità per radicali, per esempio nel caso dei polinomi di grado $2$ considera $aX^2+bX+c$. Qui si deve intendere che $a,b,c$ sono tre variabili tra loro algebricamente indipendenti (cioè non esiste nessuna relazione polinomiale non banale $P(a,b,c)=0$). Considera il campo $K=QQ(a,b,c)$, cioè il campo generato da tali tre variabili su $QQ$. Il gruppo di Galois di $aX^2+bX+c$ su $K$ (quindi non su $QQ$, non ha nemmeno senso dire su $QQ$) è un gruppo ciclico di ordine $2$, il suo generatore è caratterizzato dal mandare $sqrt{d}$ in $-sqrt{d}$, dove $d=b^2-4ac$ è il discriminante del polinomio. La domanda che uno potrebbe fare è:

"e se $d$ fosse un quadrato? In questo caso $sqrt{d} in QQ$ quindi $sqrt{d}$ sarebbe fissato da qualsiasi automorfismo!"

Ma $d$ non è un quadrato perché se lo fosse questo determinerebbe una relazione polinomiale tra $a,b,c$. Per esempio diciamo che $b^2-4ac = (ra+sb+tc)^2$ con $r,s,t in QQ$, allora $(ra+sb+tc)^2-b^2+4ac=0$ è un'identità polinomiale e questo è assurdo perché stiamo supponendo $a,b,c$ variabili algebricamente indipendenti. Il gruppo di Galois è quindi ciclico di ordine $2$, in particolare risolubile.

Più in generale si dimostra che se $a_0,...,a_n$ sono variabili algebricamente indipendenti e $K=QQ(a_0,...,a_n)$ allora il gruppo di Galois di $f(X)=a_0+a_1X+...+a_nX^n$ su $K$ (non su $QQ$, non mi stancherò mai di ripeterlo) è isomorfo al gruppo simmetrico $S_n$, in particolare non è risolubile se $n ge 5$. La teoria di Galois dice che questo implica che l'equazione polinomiale $f(X)=0$ non è risolubile per radicali, questo significa che non esiste nessuna formula risolutiva generale dell'equazione polinomiale generale di grado $n ge 5$ che coinvolga solo operazioni di campo ed estrazioni di radici.

Ora ovviamente se tu al posto di prendere $a_0+a_1X+...+a_nX^n$ su $K=QQ(a_0,...,a_n)$ con $a_0,...,a_n$ variabili algebricamente indipendenti prendi un polinomio specifico, cioè dai valori specifici a $a_0,...,a_n$ (per esempio razionali, o anche no) allora $a_0,...,a_n$ non sono più algebricamente indipendenti quindi quello che ho scritto sopra non vale più, e il gruppo di Galois di $f(X)$ su $K=QQ(a_0,...,a_n)$ dipende dal valore che hai dato a $a_0,...,a_n$. Per esempio se annulli tutti i coefficienti tranne $a_n$ e poni $a_n=1$ hai il polinomio $X^n$ che ovviamente ha gruppo di Galois ${1}$, risolubile (per fare un esempio banale).

[francicko]

Beh se considero i polinomi del tipo $x^n-a$ questi risultano ovviamente risolubili per radicali.
Per quanto riguarda la domanda sulle relazioni delle radici a valori in $Q$, che vengono lasciate invariate dalle permutazioni delle stesse, queste non formano un gruppo? Ed non è questo il gruppo di Galois?
Nel caso dell'equazione di secondo grado con $a=1$, se le radici non appartengono al campo dei coefficienti $Q$, le uniche relazioni a valori in $Q$ risultano essere $(x_1+x_2)$ ed $(x_1×x_2)$, cioe le funzioni simmetriche, i coefficienti $b$ ed $c$, per intenderci, quindi le due permutazioni delle radici che le lasciano invariate $(x_1,x_2)$, e quella identica $(x_1)(x_2)$, non costituiscono un gruppo? Ed non è $S_2$, gruppo simmetrico?
Che poi corrispondono agli automorfismi delle radici che lasciano fisso il campo dei coefficienti $Q$;
Scusa, ma non mi sembra cosi incomprensibile come domanda.
Se aggiungo un radicale al campo $Q$, in questo caso $sqrt(Delta)=(x_1-x_2)$, non appartenente a $Q$, in quanto abbiamo supposto i coefficienti algebricamente indipendenti , con $Delta=b^2-4c$, ho una perdita di simmetria, ed il gruppo di Galois si riduce all'identita. Giusto?
Poi sicuramente l'approccio moderno è piu generale , e considera un campo dei coefficienti che non necessariamente deve essere quello dei razionali;
Ma storicamente, almeno da quello che ho letto in rete, Galois a suo tempo considerava il campo $Q$ dei razionali .
Da quello che ho potuto capire se non si considerano i coefficienti algebricamente indipendenti Il polinomio a coefficienti $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ avrebbe cone gruppo di galois il gruppo identico , e quindi risulterebbe risolubile per radicali, e questo non risulterebbe vero, per mettere in evidenza la srtuttura della formula è necessario che i coefficienti siano algebricamente indipendenti.

[Studente Anonimo]

"francicko":Beh se considero i polinomi del tipo $x^n-a$ questi risultano ovviamente risolubili per radicali.

Esatto, ma per esempio mi sai dire quanti elementi ha il gruppo di Galois di $X^5-2$?

Per quanto riguarda la domanda sulle relazioni delle radici a valori in $Q$, che vengono lasciate invariate dalle permutazioni delle stesse, queste non formano un gruppo? Ed non è questo il gruppo di Galois?
Nel caso dell'equazione di secondo grado con $a=1$, se le radici non appartengono al campo dei coefficienti $Q$, le uniche relazioni a valori in $Q$ risultano essere $(x_1+x_2)$ ed $(x_1×x_2)$, cioe le funzioni simmetriche, i coefficienti $b$ ed $c$, per intenderci, quindi le due permutazioni delle radici che le lasciano invariate $(x_1,x_2)$, e quella identica $(x_1)(x_2)$, non costituiscono un gruppo? Ed non è $S_2$, gruppo simmetrico?

Scusa non capisco, facciamo così: fammi lo stesso esempio ma con i polinomi di grado $3$. Se hai $X^3+aX^2+bX+c$ come fai, col tuo metodo, a determinare il gruppo di Galois? Così capisco cosa intendi con la domanda "Per quanto riguarda la domanda sulle relazioni delle radici a valori in $Q$, che vengono lasciate invariate dalle permutazioni delle stesse, queste non formano un gruppo?" che davvero non riesco a interpretare.

Se aggiungo un radicale al campo $Q$, in questo caso $sqrt(Delta)=(x_1-x_2)$, non appartenente a $Q$, in quanto abbiamo supposto i coefficienti algebricamente indipendenti , con $Delta=b^2-4c$, ho una perdita di simmetria, ed il gruppo di Galois si riduce all'identita. Giusto?

Sì se aggiungi $sqrt(Delta)$ al "campo base" allora nel campo base ti trovi tutte le radici quindi il gruppo di Galois è ${1}$.

Poi sicuramente l'approccio moderno è piu generale , e considera un campo dei coefficienti che non necessariamente deve essere quello dei razionali;
Ma storicamente, almeno da quello che ho letto in rete, Galois a suo tempo considerava il campo $Q$ dei razionali .

Ma c'è una differenza fondamentale. Se tu scegli specifici $a,b,c$ razionali allora il gruppo di Galois di $aX^2+bX+c$ non è necessariamente $S_2$, dipende dal valore che hai dato a $a,b,c$. Invece se $a,b,c$ sono variabili algebricamente indipendenti e il campo base è $K=QQ(a,b,c)$ allora il gruppo di Galois è $S_2$. Lo stesso vale per polinomi di grado $n$ qualsiasi (con $S_n$ invece di $S_2$).

Da quello che ho potuto capire se non si considerano i coefficienti algebricamente indipendenti Il polinomio a coefficienti $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ avrebbe cone gruppo di galois il gruppo identico , e quindi risulterebbe risolubile per radicali, e questo non risulterebbe vero, per mettere in evidenza la srtuttura della formula è necessario che i coefficienti siano algebricamente indipendenti.

Invece questa frase è del tutto incomprensibile. Cosa vuol dire "se non si considerano i coefficienti algebricamente indipendenti Il polinomio a coefficienti $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ avrebbe cone gruppo di galois il gruppo identico"? E' chiaro che nel momento in cui consideri un polinomio specifico, nel tuo caso $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$, i suoi coefficienti sono univocamente determinati, sono numeri razionali (addirittura interi) calcolabili esplicitamente, e ovviamente se hai dei numeri razionali sono automaticamente algebricamente dipendenti.

Non so se ci intendiamo con "algebricamente indipendenti". Se prendo una lista di numeri razionali $a,b,c,d,e$ allora sono per forza algebricamente dipendenti, sei d'accordo? Per esempio $a=5$ e $b=2/3$ sono algebricamente dipendenti perché $5+2/3=17/3$ quindi $a+b-17/3=0$ e questa è una relazione polinomiale (con coefficienti razionali) che lega $a$ e $b$.

Quando dico "variabili algebricamente indipendenti" sto prendendo delle variabili ausiliarie astratte $a,b,c,d,e$ che non sono numeri razionali, sono per l'appunto variabili ausiliarie, di cui l'unica cosa che so è che sono algebricamente indipendenti.

[francicko]

Per quanto riguarda il polinomio $x^5-2$, potrei sbagliarmi, ma il suo gruppo di Galois dovrebbe avere $phi(5)$ $=4$ elementi

[Studente Anonimo]

No, ha 20 elementi.

[francicko]

Si non ho ancora le idee chiare, puoi illustrarmi a questo punto gli automorfismi che fissano $Q$?
Grazie!

[Studente Anonimo]

Chiamiamo

$f(X)=X^5-2$,

[tex]a=\sqrt[5]{2}[/tex],

[tex]u=e^{i 2 \pi/5} = \cos(2\pi/5)+i \sin(2\pi/5)[/tex].

Le radici di $f(X)$ sono

$a$, $au$, $au^2$, $au^3$, $au^4$.

Sia $M=QQ(a,au,au^2,au^3,au^4)$ il campo di spezzamento (cioe' il campo generato dalle radici), come vedi $M$ e' generato da $a$ e da $u$ cioe' $M=QQ(a,u)$. Abbiamo quindi due generatori "speciali", $a$ e $u$. Il gruppo di Galois di $f(X)$ e' per definizione il gruppo degli isomorfismi di campi $M to M$ ("automorfismi" di $M$) che fissano ogni elemento di $QQ$.

Se $g:M to M$ e' un isomorfismo di campi allora automaticamente fissa ogni elemento di $QQ$ (questo si vede facilmente, prova se vuoi), e quindi per conoscere $g:QQ(a,u) to QQ(a,u)$ ci serve conoscere l'immagine dei generatori, cioe' $g(a)$ e $g(u)$. D'altra parte se conosciamo $g(a)$ e $g(u)$ allora conosciamo $g$ appunto perche' $M$ e' generato da $a$ e $u$.

Un argomento tipico mostra che $g$ permuta le radici di $f(X)$, cioe' se $r$ e' radice di $f(X)$ allora $g(r)$ e' anch'esso radice di $f(X)$. Segue che ci sono 5 possibilita' per $g(a)$, che sono

$g(a)=a$
$g(a)=au$
$g(a)=au^2$
$g(a)=au^3$
$g(a)=au^4$

Ora dobbiamo contare le possibilita' per $g(u)$. Si puo' vedere facilmente che il polinomio minimo di $u$ e'

$h(X)=(X^5-1)/(X-1) = X^4+X^3+X^2+X+1$,

e le radici di questo polinomio sono esattamente $u$, $u^2$, $u^3$, $u^4$. Per l'argomento di cui ho gia' parlato $g$ deve permutare le radici di $h(X)$, quindi ci sono 4 possibilita' per $g(u)$, le seguenti.

$g(u)=u$
$g(u)=u^2$
$g(u)=u^3$
$g(u)=u^4$

Combinando ogni scelta di $g(a)$ con ogni scelta di $g(u)$ otteniamo esattamente $5 * 4 = 20$ automorfismi.

Questa e' l'idea, ovviamente ho omesso molti dettagli tecnici.

[francicko]

Se prendiamo però il polinomio $x^5-1$ il gruppo di galois contiene $phi(5)=4$ elementi? Mi sbaglio ancora?
Il suo gruppo di Galois a cosa è isomorfo ?
Inoltre il suo campo di spezzamento si ottiene semplicemente aggiungendo a $Q$ una radice ennesima dell 'unita $omega$, generatore ?

[Studente Anonimo]

"francicko":Se prendiamo però il polinomio $x^5-1$ il gruppo di galois contiene $phi(5)=4$ elementi? Mi sbaglio ancora?
Il suo gruppo di Galois a cosa è isomorfo ?
Inoltre il suo campo di spezzamento si ottiene semplicemente aggiungendo a $Q$ una radice ennesima dell 'unita $omega$, generatore ?

Tutto giusto. L'argomento che ho esposto sopra mostra che in questo caso gli elementi di G sono determinati da

$f_1(omega)=omega$
$f_2(omega)=omega^2$
$f_3(omega)=omega^3$
$f_4(omega)=omega^4$

E un facile conto mostra che G è ciclico generato da $f_2$.

[francicko]

Grazie per le risposte, anche se ancora sono molto lontano da una piena comprensione di tale teoria, qualche piccolissimo passo riesco a farlo.
L'osservazione principale è che il gruppo di galois descrive bene, la simmetria di un equazione, le radici inizialmente sono indistinguibili nel campo base contenente i coefficienti, il gruppo di galois misura questa indistinguibilita, sino a ridursi al gruppo identico, quando procedendo per ampliamenti successivi, arriviamo al campo di spezzamento, dove tali radici diventano distinguibili, giusto?
Nel caso dell'equazione $x^n-1=0$ si passa direttamente dal campo base $Q$ al campo di spezzamento semplicemente aggiungendo una radice ennesima dell'
unità.
Quale è e di quali gruppi consta la catena di risolubilita del gruppo di Galois nel caso ad esempio Delle equazioni "$x^5-1$ ed $x^4-1$?
Grazie!

[Studente Anonimo]

"francicko":Grazie per le risposte, anche se ancora sono molto lontano da una piena comprensione di tale teoria, qualche piccolissimo passo riesco a farlo.

Ti suggerisco di seguire un corso serio, teoria di Galois richiede un impegno intenso e costante. Per impararla bene ti ci vogliono almeno un paio di mesi di immersione totale.

L'osservazione principale è che il gruppo di galois descrive bene, la simmetria di un equazione, le radici inizialmente sono indistinguibili nel campo base contenente i coefficienti, il gruppo di galois misura questa indistinguibilita, sino a ridursi al gruppo identico, quando procedendo per ampliamenti successivi, arriviamo al campo di spezzamento, dove tali radici diventano distinguibili, giusto?

Mi sembrano molti pensieri in libertà soggetti a moltissime interpretazioni. Ti consiglio di dedicarti di più alla formulazione di enunciati esatti (la cui verità possa essere controllata senza equivoci). Enunciati falsificabili, come direbbe Popper. Altrimenti rimani troppo sul vago.

Nel caso dell'equazione $x^n-1=0$ si passa direttamente dal campo base $Q$ al campo di spezzamento semplicemente aggiungendo una radice ennesima dell'
unità.
Quale è e di quali gruppi consta la catena di risolubilita del gruppo di Galois nel caso ad esempio Delle equazioni "$x^5-1$ ed $x^4-1$?
Grazie!

Si dimostra (ma non è immediato, ci vuole una mezza pagina) che il gruppo di Galois $G$ di $X^n-1$ è sempre abeliano, quindi in questo caso la catena di risolubilità di cui parli è semplicemente ${1} to G$. Se ti interessa la dimostrazione del fatto che in questo caso $G$ è abeliano la posso includere.

[francicko]

Potresti possibilmente, postarmi delle dispense che potrebbero aiutarmi ad affrontare meglio l'argomento?
Grazie!