Cómo probar que el grupo de Galois de un polinomio es generado por transposiciones?

Question

Deje $f_n(x)=x^n-x^{n-1}-....-x-1$ ser el polinomio donde $n$ es incluso. Ahora, $f_n(x)$ es un polinomio irreducible sobre $\mathbb{Q}$, por lo que grupo de Galois de $f_n(x)$, dicen Gal$(f_n)$ es transitivo subgrupo de $S_n$. También, Gal($f_n$) contiene una transposición. Ahora, necesito mostrar que Gal$(f_n)$ es generado por la transposición. ¿Cómo puedo demostrar que?

Gracias!

Answer 1

No es una respuesta completa. Básicamente quiero explicar por qué el objetivo final aquí es fuera del alcance de la lista de observaciones:

• $Gal(f_n)$ es transitivo subgrupo de $S_n$ porque $f_n$ es irreductible,
• $Gal(f_n)$ contiene una transposición.

No sé cómo la OP conclusión de estos. Dejando que. Pero vamos a grabar el siguiente

Hecho. Para todos incluso $n$, $n=2k, k>1$ existe una adecuada transitiva subgrupo $G$ $S_n$ tal que $G$ contiene una transposición.

Prueba. La corona de producto $G=S_2\wr S_k$ tiene estas propiedades. También podemos describirlo como el grupo de firmado permutaciones. Deje de $I_k=\{\pm x_1, \pm x_2,\ldots,\pm x_k\}$ y, a continuación, $$ G=\{\sigma:I_k\a I_k\mid \text{$\sigma$ es bijective, y $\sigma(-x_i)=-\sigma(x_i)$ todos los $i$} \}. $$ Claramente $G$ contiene transposiciones como la permutación de swaps $+x_1$$-x_1$, y tiene el resto de los elementos de $I_k$ como puntos fijos. Por otro lado $G$ es fácilmente visto actuar de manera transitiva en a $I_k$.

Un par de comentarios acerca de los grupos de Galois. Deje $G_n$ $Gal(f_n)$ cuando se ve como un subgrupo de $S_n$, las permutaciones de las raíces. El polinomio $f_n, n=2k,$ es fácilmente visto a tiene exactamente dos raíces reales. Por lo tanto complejo de la conjugación es un producto de $(k-1)$ transposiciones $\in G_n$. Después de todo, el resto de las $2(k-1)$ ceros $k-1$ conjugado pares. Tengo que incluir lo que se puede (fácilmente, si usted tiene Mathematica o algunas de estas herramientas), añadido por el uso del teorema de Dedekind relacionadas con el ciclo de la estructura de los elementos $G_n$ a la factorización de $f_n$ modulo de los números primos.

$n=4:$

• Modulo $p=2$ el polinomio $f_4$ es irreductible (por lo $f_4$ también es irreducible sobre $\Bbb{Q}$). Por lo tanto, $G_4$ contiene un 4-ciclo.
• Modulo $p=3$ el polinomio $f_4$ tiene una relación lineal factor de $x-1$ y una irreductible cúbicos factor. Por lo tanto, $G_4$ contiene un 3-ciclo.
• Esto es suficiente para concluir que $G_4=S_4$. Lagrange del teorema nos dice que el grupo de Galois tiene orden de $12$ o $24$. El ex sólo puede producirse si el grupo de Galois se $A_4$, pero que no contenga $4$-ciclos.

$n=6:$

• Modulo $p=3$ $f_6$ es irreductible, por lo $f_6$ es irreducible sobre $\Bbb{Q}$ como bueno, y el grupo de $G_6$ contiene $6$-ciclos.
• Modulo $p=17$ $f_6$ es un producto de un factor linear y una quintic factor. Por lo tanto, $G_6$ contiene un $5$-ciclo. Junto con la viñeta anterior, esto implica que $G_6$ es doblemente transitiva. Después de todo, al menos uno, por lo tanto, todos (por transitividad), punto de estabilizadores son transitivos.
• Modulo $p=5$ $f_6$ tiene dos factores lineales y una irreductible cuártica. Por lo tanto, al menos uno, por lo tanto, todos (por 2-transitividad) estabilizadores de pares de raíces contienen un $4$-ciclo. Podemos concluir que el $G_6$ 3-transitiva.
• Modulo $p=59$ $f_6$ tiene tres factores lineales y una irreductible cúbicos. Junto con la viñeta anterior muestra que una de dos-punto-estabilizador subgrupo de $G_6$ contiene un $4$-ciclo y un $3$-ciclo. Como en el caso de $n=4$ esto implica que los dos-punto-estabilizador debe ser todos los de $S_4$. Esto nos permite concluir que $G_6=S_6$.

El orden de $S_6$$720$. El grupo contiene a $\binom 62=15$ transposiciones, por lo que un elemento de $45$ es una transposición. Por Chebotarev la densidad de asintóticamente a un primer $p$ fuera de cuarenta y cinco tiene la propiedad de que el modulo $p$ $f_6$ debe tener cuatro factores lineales y un único irreductible cuadrática factor. He comprobado el $55$ más pequeño de los números primos hasta el $p=257$ hasta que me encontré con uno de esos prime. Los primos más pequeños dando una factorización de tipo $2+2+1+1$$p=241$, y que debe ser tres veces más frecuentes (y es la clase conjugacy de complejo de conjugación). Mi muestra es demasiado pequeña y el observado las probabilidades son, probablemente, dentro de los límites de error conocida :-)