Об алгебраических уравнениях высших степеней

Категория реферата: Рефераты по математике
Теги реферата: отечественная война реферат, бесплатные рефераты на тему
Добавил(а) на сайт: Lel'.

(1 … (n

(1 … (in легко сообразить, что произведению автоморфизмов будет отвечать произведение соответствующих перестановок, так что все получающиеся при этом перестанвоки сами составляют группу. Она называется группой симметрий или группой Галуа уравнения f=0 и обозначается Gal(f). Понятно, что Gal(f)
– подгруппа группы Sn всех перестановок п символов. Оказывается, свойствами группы Галуа и определяется ответ на вопрос о разрешимости данного уравнения в радикалах.

Вот этот знаменитый

Критерий Галуа. Уравнение f=0 тогда и только тогда разрешимо в радикалах, когда его группа Gal(f) обладает полициклической матрёшкой.

Прежде всего, может возникнуть недоумение: «Как можно манипулировать перестановками корней, когда сами корни неизвестны? А если корни будут найдены, то никакие перестановки уже не понадобятся. В чем здесь достижение?»

Оказывается, что группу Gal(f) действительно можно вычислить, не зная корней уравнения f = 0, а пользуясь лишь, так сказать, соображениями симметрии.

Рассмотрим уравнение x4 – x2 + 1 = 0.
Конечно, без всякого критерия Галуа видно, что оно биквадратное и легко решается в радикалах, но наша цель сейчас в другом продемонстрировать на этом простеньком примере, как, не пользуясь знанием корней уравнения, найти его группу Галуа. Сейчас мы убедимся, что это вполне возможно. Прежде всего заметим, что многочлен f = x4 – x2 + 1, стоящий в левой части, не разлагается на множители меньшей степени с рациональными коэффициентами. Для выяснения этого имеется несложный общей прием, на котором мы не будем останавливаться.

Пусть ( какой-нибудь корень нашего уравнения. Понятно, что тогда -(,
1/(, -1/( - тоже корни, причем все они попарно различны. Занумеруем их, пусть

(1 = (, (2 = - (, (3 = 1/(, (4 = -1/(
Очевидно,

Q ((1, (2, (3, (4 )= Q (()

Какие перестановки войдут в группу Gal(f)? Разумеется, далеко не все 24 перестановки четырех символов. В самом деле, если при каком-то автоморфизме поля Q (() число ( переходит в (1, т.е. остается на месте, то легко понять, числа (2, (3, (4 тоже останутся на месте. Другими словами, получится единичная перестановка е. Далее, если ( перейдет в (2, то по той же причине получится перестановка

(1 (2 (3 (4

(2 (1 (4 (3
Наконец, при ( (3 и ( (3 получатся перестановки

(1 (2 (3 (4

(3 (4 (1 (2

(1 (2 (3 (4

(4 (3 (2 (1
Так как все возможности для образа корня ( мы перебрали, никакие другие перестановки появиться не могут.

С другой стороны, можно убедиться, что все четыре перестановки е, а, b, с действительно возникают из автоморфизмов поля Q ((), так что они и составляют группу Gal(f) нашего уравнения. В самом деле, рассмотрим, например, подстановку а (для подстановок b, c рассуждение абсолютно аналогично). Если, как мы собираемся доказать, автоморфизм поля Q ((), соответствующий подстановке a, существует, то он обязан действовать так:

[pic], где g, h произвольные многочлены с рациональными коэффициентами, причем h(() ( 0 (учтите, что автоморфизм обязан переводить сумму в сумму и произведение в произведение). Ясно, что это формулу и следует взять за определение искомого автоморфизма. Тонкость состоит в том, что число [pic] может быть записано многими разными способами:

[pic] и нужно убедиться, что при замене ( на (2 все эти равенства сохранятся.
Иначе говоря, если p = gh1 – g1h и p(() = 0, то и p((2) = 0. Чтобы доказать это, поделим р на исходный многочлен f с остатком: p(x) = f(x)q(x) + r(x); остаток r(x) – это многочлен степени не выше третьей. Так как p(() = f(() =
0, то и r(() = 0. Предположим на время, что r(x) ( 0. По школьной теореме
Безу многочлены f(x), r(x) имеют общий делитель x - (; пусть d(x) – их наибольший общий делитель. Очевидно, d(x) имеет степень не ниже первой и не выше третьей и делит многочлен f(x), а это противоречит неразложимости на множители. Полученное противоречие означает, что r(x)=0, т.е. p(x) = f(x)q(x).
Положив здесь x = (2, получаем требуемое равенство p((2) = 0 (а вместе с ним и два других равенства p((3) = p((4) = 0). Точно так же из h(()( 0 следует h((2)( 0 и т.д. Итак,

Gal(f) = {e, a, b, c}.
Как видите, группа Галуа найдена, и значения корней при этом не понадобились!

В заключение несколько слов об общем уравнении a0xn + a1xn – 1 + … + an = 0, где a0, a1, …, an - буквенные коэффициенты. Можно показать (опять-таки не пользуясь значениями корней), что группой Галуа этого уравнения будет группа всех перестановок Sn. обладает ли она полициклической матрешкой подгрупп? Если п(4, то да. Если же п(5, то группа Sn не имеет полициклических матрёшек, - это уже довольно трудная теорема, также доказанная Эваристом Галуа. Следовательно, общее уравнение степени п(5 неразрешимо в радикалах.

Заканчивая этот краткий очерк идей Галуа, скажем, что шестьдесят страниц, написанных Эваристом Галуа накануне роковой дуэли явилось одним из истоков современной теории групп – основного и наиболее развитого раздела алгебры, изучающего в общем виде глубокую закономерность реального мира – симметрию.

Преобразование ( поля К называется его автоморфизмом, если оно сумму переводит в сумму, а произведение в произведение, т.е.

(а + в) ( = а( + в(, (АВ) ( = а(в( для любых а,в из К; здесь а( обозначает образ элемента а и т.д.

Поделитесь этой записью или добавьте в закладки