¿Puede el resolvente sexta de un quíntico irreducible tener raíz repetida?

Question

Considere las variables formales $x_1,\cdots,x_5$ . Denote $$\theta_1 = x_1^2 x_2 x_5 + x_1^2 x_3 x_4 + x_2^2 x_1 x_3 + x_2^2 x_4 x_5 + x_3^2 x_1 x_5 + x_3^2 x_2 x_4 + x_4^2 x_1 x_2 + x_4^2 x_3 x_5 + x_5^2 x_1 x_4 + x_5^2 x_2 x_3$$

El estabilizador de $\theta_1$ bajo la acción de $S_5$ es un grupo $M$ que tiene orden $20$ (isomorfo al grupo afín general sobre $\mathbb{F}_5$ ). La órbita consta de seis elementos, denotados por $\{\theta_1, \cdots, \theta_6\}$ . Cualquier conjugado de $M$ en $S_5$ es el estabilizador de algún $\theta_i$ (porque $M$ se autonormaliza en $S_5$ ).

Cuando $x_i$ se subsumen como raíces de un quíntico irreducible $f$ (digamos sobre un campo $k$ con la característica $0$ ), denota el polinomio $f_{20}(x):=(x-\theta_1)\cdots(x-\theta_6)$ evidentemente, está en $k[x]$ .

En este conocido documento se afirma que $f(x)$ es soluble por radical si $f_{20}(x)$ tiene una raíz en $k$ .

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Suponiendo que $f_{20}(x)$ tiene raíces distintas, esta equivalencia es fácil de establecer.

En efecto, si el grupo de Galois es $A_5$ o $S_5$ ya que actúan de forma transitoria sobre $\{\theta_1, \cdots, \theta_6\}$ si una de las raíces está en $k$ , entonces todas las raíces son iguales, contradicción. Por otro lado, si el grupo de Galois es conjugado a $M, D_5$ o $C_5$ entonces está contenido en el estabilizador de algún $\theta_i$ , este $\theta_i$ debe estar en $k$ .

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Ahora hay una sutileza acechando en el fondo, ¿qué pasa si $f_{20}(x)$ ¿ha repetido la raíz? En este caso, una implicación sigue siendo válida: es decir

• El grupo de Galois es $D_5, C_5$ o $M$ $\implies$ $f_{20}(x)$ tiene una raíz en $k$

Sin embargo, me preocupa establecer lo contrario. Si el grupo de Galois es $A_5$ o $S_5$ Entonces, o bien $f_{20}(x)$ no tiene raíz en $k$ o tiene y todas las raíces son iguales. No he podido eliminar esta última posibilidad. Así que mi pregunta es

Dado un quíntico irreducible, puede $f_{20}(x)$ ¿se ha repetido la raíz? ¿Y si imponemos una suposición adicional de que el grupo de Galois de $f$ es $A_5$ o $S_5$ ?

Traté de factorizar la diferencia $\theta_i - \theta_j$ pero resulta que no se puede factorizar. El documento que mencioné anteriormente ignora por completo esta cuestión. Tal vez esto es realmente algo trivial, pero no puedo entender esto.

Gracias por su tiempo.

Answer 1

Lema Si un polinomio de grado cinco $f(x)$ en $K$ de característica cero tiene un grupo de Galois que contiene $A_5$ entonces el resolvente sexta es separable.

Prueba Supongamos lo contrario. Ya que $A_5$ actuará de forma transitoria sobre el $\theta_i$ La única manera de que el $\theta_i$ no pueden ser todos distintos es si son todos iguales y fijados por $G$ . En particular, podemos suponer que $\theta:=\theta_1 \in K$ . Desde $G$ contiene $A_5$ que contiene $(12)(34)$ encontramos que $$0 = (12)(34) \theta - \theta = (x_2 - x_3)(x_1 - x_4)(-x_2 x_3 + x_1 x_4 - x_1 x_5 + x_2 x_5 + x_3 x_5 - x_4 x_5).$$ Los polinomios irreductibles sobre campos de característica cero son separables, por lo que las raíces $x_i$ son distintos. Por lo tanto, si $$\psi := -x_2 x_3 + x_1 x_4 - x_1 x_5 + x_2 x_5 + x_3 x_5 - x_4 x_5,$$ entonces $\psi = 0$ . Desde $A_5 \subset G$ contiene $(123)$ tenemos de forma similar $$0 = (123) \psi - \psi = (x_1 - x_2)(x_3 + x_4 - 2 x_5),$$ así, como antes, $\phi:=x_3 + x_4 - 2 x_5 = 0$ . Finalmente, $$0 = (12)(35)\psi - \psi = 3(x_5 - x_3),$$ contradiciendo el hecho de que el $x_i$ son distintos, y hemos terminado. $\square$

También tenemos:

Lema Si un polinomio de grado cinco $f(x)$ en $K$ de característica cero es irreducible, entonces el resolvente sexta es separable.

Prueba Tenemos $5 | |G|$ por el teorema del estabilizador de la órbita. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer $g = (1,2,3,4,5) \in G$ . El elemento $g$ envía (después de hacer una elección de pedido): $$\theta_2 \mapsto \theta_3 \mapsto \theta_4 \mapsto \theta_5 \mapsto \theta_6 \mapsto \theta_2.$$ Se deduce fácilmente que el resolvente sexta sólo puede tener raíces repetidas si $$\theta_2 = \theta_3 = \theta_4 = \theta_5 = \theta_6.$$ Fijemos nuestras opciones diciendo que $\theta_2 = (12) \theta_1$ . Encontramos que $$(x_5 - x_3)(x_1 - x_4)(\theta_2 - \theta_3) - (x_5 - x_1)(x_3 - x_4)(\theta_6 - \theta_4)$$ $$= (x_1 + x_3 - 2 x_2)(x_1 - x_4)(x_4 - x_3)(x_1 - x_5)(x_3 - x_5)(x_4 - x_5).$$ En particular, dado que $x_i \ne x_j$ para $i \ne j$ tenemos que $$x_1 + x_3 = 2 x_2,$$ y aplicando $g$ encontramos que $x_2 + x_4 = 2 x_3$ , $x_3 + x_5 = 2 x_4$ , $x_4 + x_1 = 2 x_5$ y $x_5 + x_2 = 2 x_1$ . Todo ello implica que todos los $x_i$ son iguales, una contradicción. $\square$

Es fácil producir ejemplos de polinomios reducibles con resolvente sexta no separable, por ejemplo, tomando todas las raíces $x_i$ para ser iguales. Sin embargo:

Nota: Si un polinomio de grado cinco $f(x)$ en $K$ de característica cero es separable, entonces el resolvente sexta no necesita ser separable.

Por ejemplo, el polinomio $x^5+x^4+x^3+x^2+x$ es separable con el grupo de Galois grupo $\mathbf{Z}/4 \mathbf{Z}$ pero el resolvente sexta es $$(x+1)^2 (x^4 + 4 x^3 + 16 x^2 + 49 x + 61).$$ De manera más general, $x^5 + p x^4 + q x^3 + r x^2 + (r/p)^2 x$ tiene resolvente sexta divisible por

$$ \left( x - \frac{(pq-2r)r}{p^2} \right)^2$$

La condición general para el resolvente sexta de $x^5 + p x^4 + q x^3 + r x^2 + s x + t$ tener raíces repetidas es un grado $30$ polinomio en $p$ , $q$ , $r$ , $s$ y $t$ donde los grados implícitos de estos términos son $1$ , $2$ , $3$ , $4$ y $5$ respectivamente. Lo omito, pero nota que tiene exactamente $335$ términos distintos de cero.