Ver: Caso de algunos $x_i \neq x_1$ $\sigma(x_1)$ $\sigma \in$ % Gal $ (E:F)$entonces cada $x_i\neq x_1$ ocurre como $\sigma(x_1)$

Question

Actualmente, estoy estudiando la Teoría de Galois (o estoy tratando de hacerlo), y desde hace casi dos semanas que intentar una y otra vez para resolver una cuestión particular de un libro de texto (J. Stillwell, Elementos de Álgebra, p. 132).

Tarea: estudiar la extensión de $E=F(x_1)$ de $ F=\mathbb{Q}(a_0,...,a_4)$. $x_1$ es una raíz de la quintic $x^5+a_4 x^4 + ... + a_0 =0$ (los otros cuatro raíces que se muestra como $x_2$$x_5$). Mostrar

(i) $\sigma \in$ Gal$(E:F)$ es determinado por el valor de $\sigma(x_1)$.

(ii) $\sigma(x_1)$ es una raíz de $x^5+a_4 x^4 + ... + a_0 =0$, por lo tanto $|$Gal$(E:F)| <= 5$.

(iii) Si algunos de $x_i \neq x_1$ se produce como $\sigma(x_1)$ $\sigma \in $ Gal$ (E:F)$, a continuación, cada una de las $x_i\neq x_1$ se produce como $\sigma(x_1)$

It turned out that irreducibility of the quinitc over F, although not stated explicitly,
is absolutely necessary for claim (iii) to be true, see comments below.

Tuve un poco de problemas para mostrar (i) y (ii), (iii) me está dando un dolor de cabeza permanente. Aquí es lo que he intentado:

====================================================================

(El Juicio)

Supongamos $\sigma(x_1) = x_2$, e $\sigma \in $ Gal$(E:F)$. Entonces:

$\Rightarrow \sigma(f) = f $ todos los $ f\in F$ por la definición de Grupos de Galois, y $x_i \in E$ desde $\sigma$ es un automorphism en E.

$\Rightarrow $ No debe ser una función racional $q$$x_2$$x_1 = q(x_2)$, debido a $x_1$ debe ser el resultado de una $\sigma(q(x_1)) = q(\sigma(x_1)) = q(x_2)$

$\Rightarrow x_2 = \sigma(x_1)=\sigma(q(x_2)) = q(x_1)$ y así: $\sigma^2(x_1)=\sigma(x_2)=q(\sigma(x_1))=q(x_2)=x_1$. Por lo tanto $\sigma$ es su propia inversa.

This was not correct, see comment below. 
Thus the next conclusion is wrong, also.

$\Rightarrow $ $\{1,\sigma\}$ Es cerrado bajo la multiplicación, es fácil ver que es un grupo. Aunque no sé si realmente *es* el Galois-Grupo de E sobre F, podría ser. Al menos yo no veo una razón de aquí ¿por qué no debería de estar bien, o por qué yo tendría que incluir más $x_i$ necesariamente.

EDICIÓN#2: a partir De este punto que he tratado de construir un contraejemplo a la declaración, para ser mostrado, con el fin de ver cuáles son los obstáculos. Si tengo dos raíces $x_1$$x_2$, con la correspondiente automorphism, puedo elegir las otras tres raíces como definitivamente fuera de $\mathbb{Q}(a_0,...,a_4,x_1)$. A continuación, con $ (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)(x-x_5)$ Tengo un polinomio con tres raíces fuera de $E$, contradiciendo la norma para ser mostrado. Razón: si $x_i \notin E$ no puede ser una automorphism $\sigma \in $ Gal$ (E:F)$ $\sigma(e) = x_i$ algunos $e \in E$. Sin embargo, el campo de $F=\mathbb{Q}(a_0, ...a_4)$ es determinado por la elección de $x_3, x_4$$x_5$, a través de la $a_i$. Por lo tanto es posible que no los puedo encontrar las raíces fuera de la $F$ sólo por esta retroalimentación de comportamiento. Este nuevo punto hacia algún argumento del tipo: Porque dos raíces son fijos, los otros estarán en $\mathbb{Q}(a_0, ...a_4)$ ya que puede ser calculado por $x_1$, $x_2$ y el $a_i$. Qué hacer de aquí...?

====================================================================

(Ensayo B)

El siguiente intento fue ir por encima de la clave primaria de polinomios $a_1,...,a_4$. Si supuse dos raíces $x_1$ $x_2$ a mentir en $E$, es posible calcular las raíces de la $a_i$? Bueno, parece ser. Eso significa que con un $x_1$ $x_2$ $E$ todos los demás se encuentran en la $E$, demasiado, y queda por demostrar que el correspondiente automorfismos de existir. Pero yo sólo podía hack con mathematica, y el resultado es bastante complicado. Dudo que esta fue la intención de los autores. Además, no veo por qué no debería ser posible calcular las cuatro raíces de $x_1$, con los cinco primaria polinomios.

EDIT#1: he descubierto una grave tergiversación en mi Ensayo B. puedo calcular expresiones $f(a_0, ...,a_4)$ por cada $x_3, x_4$$x_5$, respectivamente. Pero contienen $\sqrt{}$ $\sqrt[3]{}$ operaciones, y por lo tanto no están en $E = \mathbb{Q}(a_0,...,a_4,x_1)$. Si estoy en lo correcto, esta norma de Ensayo B como una forma adecuada para mostrar lo que se le pide. Debe tener algo que ver con los automorfismos en general, cierta simetría con el argumento de que tal vez, pero no sé.

As I see it according to the solution of Jyrki, the a_i do indeed
determine which x_i are in E and what the automorphisms are. 
But this is shown via the general properties of E, not by direct calculation.

Por favor, alguien me puede ayudar?

Answer 1

Recapitulación de la configuración: $F=\Bbb{Q}(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4)$ por lo que el polinomio $$ p(x)=x^5+a_4x^4+a3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0\en F[x].$$ Además, indican los ceros de $p(x)$ (en algunos extensión de $F$)$x_1,x_2,\ldots,x_5$, y también denotan $E=F(x_1)$.

De la asunción. Existe un no-trivial $F$-automorphism $\sigma$$E$.

Extra asunción. El polinomio $p(x)$ es irreducible en a $F[x]$.

La reclamación. Dado el extra suposición de que todos los ceros $x_i, i>1,$ están en el campo de $E$. Además, $\sigma$ es necesariamente de orden cinco y permutes las cinco raíces en un 5-ciclo. En particular, dado $x_i, i\neq1$, existe un exponente $\ell$ (dependiendo $i$) tal que $\sigma^\ell(x_1)=x_i$.

Prueba. El extra supuesto implica que la $[E:F]=\deg p(x)=5$. Yo se utilizan mucho el hecho de que cinco es un primo. Más en particular, de ello se sigue que no hay intermedios campos $L$ tal que $F\subset L\subset E$. Este es inmediata a partir de la multiplicativity de la extensión de grado en una torre de extensión de campo.

Consideremos el conjunto a $M$ de los puntos fijos de $\sigma$ $$ M=\{z\E\mid \sigma(z)=z\}. $$ Se sabe que $M$ es de campo (hacerlo como un ejercicio si aún no lo has visto - todo lo que necesita es que el $\sigma$ es un automorphism de campos). Debido a $\sigma$ no es el de asignación de identidad, $M$ es un buen subcampo de $E$. OTOH $\sigma$ $F$- automorphism de $E$, lo $F\subseteq M$. La falta de intermedios campos implica que $M=F$.

A otro nivel, el hecho es que si $z\in E$ es un cero de $p(x)$ lo es $\sigma(z)$. Por lo tanto, todos los números de $x_1,\sigma(x_1),\sigma^2(x_1),\ldots$ son elementos de $E$, y son todos ceros de $p(x)$. Debido a $p(x)$ tiene más de cinco ceros en $E$ existe un exponente $m, 1<m\le5,$ tal que $\sigma^m(x_1)=x_1$. (Prueba: debe haber repeticiones entre los recorre, decir $\sigma^i(x_1)=\sigma^j(x_1)$ algunos $i<j$, debido a $\sigma$ es un bijection podemos cancelar algunos, y reducir para el caso de $i=0$.)

Considere el polinomio $$ m(x)=\prod_{i=0}^{m-1}(x-\sigma^i(x_1))\E[x]. $$ Debido a que los conjuntos de $\{\sigma^i(x_1)\mid 0\le i<m\}$ y $\{\sigma^i(x_1)\mid 0<i\le m\}$ son iguales. De ello se sigue que si aplicamos $\sigma$ a todos los coeficientes de $m(x)$ debemos obtener la $m(x)$. En otras palabras $m(x)\in M[x]=F[x]$. Por otro lado, $m(x)$ es un factor de $p(x)$ (todos los ceros de $m(x)$ son simples y también los ceros de $p(x)$). El extra suposición sobre la irreductibilidad de $p(x)$ implica entonces que $m(x)=p(x)$. En particular,$m=5$. En consecuencia, $p(x)$ tiene cinco ceros en $E$. Las otras reclamaciones de ello se derivan.

¿Qué sucede si dejamos caer el extra de la asunción?

Suponga que en lugar de que $p(x)=r(x)s(x)$ no trivialmente. Sin pérdida de generalidad $r(x_1)=0$, y podemos asumir que $r(x)$ es irreducible sobre $F$ (es decir, el polinomio mínimo de a$x_1$$F$). Si suponemos que también el reclamo (iii) todos los ceros de $s(x)$ debe aparecer como automorphic imágenes de $x_1$. Pero esas imágenes son también los ceros de $r(x)$. En otras palabras, los ceros de $s(x)$ deben ser ceros de $r(x)$. Se puede demostrar (podemos necesitar un par de piezas más de la teoría de aquí) que todos los ceros de $p(x)$ deben tener la misma multiplicidad, lo que implica que $\deg r(x)\mid \deg p(x)$. De nuevo, como cinco es un número primo, esto nos deja con las posibilidades de $r(x)=p(x)$ y la posibilidad de $\deg r(x)=1$. En el último caso,$F(x_1)=F$, y se llega a una contradicción.