Desafortunadamente, no tengo una sólida formación en la teoría de Galois; Me encontré con esta ecuación polinomial: \begin{equation} x^7-\frac{1}{2}x^6-\frac{3}{2}=0 \end {equation} Sé que solo tiene una raíz real positiva, por lo que el otro$6$ debe ser conjugados complejos. También sé que cada raíz compleja tiene una parte real distinta de cero. Mi pregunta es: ¿es posible solucionar esta ecuación y cómo?
Respuestas
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Ya que usted menciona que la teoría de Galois en la pregunta, supongo que usted se acerca de si $$ f(x) = x^7 - \frac{1}{2} x^6 - \frac{3}{2} $$ es solucionable en los radicales.
Si nos factor del polinomio modulo varios primos (no dividir el discriminante), y mirar los grados de la que resulta irreductible factores que determinan que el ciclo de los tipos deben aparecer en el grupo de Galois sobre $ \mathbb{Q} $. Este es un teorema de Dedekind. Más formalmente
Deje $ f(x) \in \mathbb{Q}[x] $ ser un polinomio irreducible de grado $ n = \deg(f) $. Supongamos $ p $ es un primer no dividiendo $ \operatorname{disc}(f) $, y que el modulo $ p $ el polinomio $ f(x) $ factores como $$ f(x) \equiv h_1(x) \cdots h_k(x) \pmod{p} $$ donde el $ h_i(x) $ son monic irreducibles modulo $ p $, con grados $ d_i = \deg(h_i) $. A continuación, el es un elemento en el grupo de Galois $ G < S_n $$ f $$ \mathbb{Q} $, lo que ha tipo de ciclo $ (d_1 \, \cdots \, d_k) $.
Conrad tiene una breve nota acerca de esto, y lo utiliza para reconocer grupos de Galois $ S_n $ $ A_n $.
Para este ejemplo, si queremos reducir el modulo $ p = 1019 $, el polinomio $ f(x) = x^7 - \frac{1}{2} x^6 - \frac{3}{2} $ factores como $$ f(x) \equiv (53 + x) (348 + x) (542 + x) (961 + x) (1014 + x) (20 + 648 x + x^2) \pmod{1019} \, . $$ Esto significa que el grupo de Galois de $ f(x) $ $ \mathbb{Q} $ debe contener un ciclo de tipo $ (1,1,1,1,1,2) $, es decir, de una transposición. De user21820 la respuesta, sabemos que también debe contener un 7-ciclo (o conseguir esto mediante la factorización modulo 5).
[Edit: en Realidad, en lugar de la reducción de mod $ p = 1019 $, un mejor enfoque es reducir el modulo $ p = 23 $. Nos encontramos con que $$ f(x) \equiv (3 + x) (18 + x) (12 + 22 x + x^2) (14 + 20 x + 14 x^2 + x^3) \pmod{23} $$ Esto muestra que el grupo de Galois de $ f(x) $ $ \mathbb{Q} $ contiene un ciclo de tipo $ (1,1,2,3) $. Pero tomar la tercera potencia de este da un ciclo de tipo $ (1,1,1,1,1,2) $, por lo que podemos seguir como nos gustaría arriba.]
Por el Teorema 2.1 en el Conrad de la nota, un 7 de ciclo y una transposición de generar todos los de $ S_7 $. Así llegamos a la conclusión de que el grupo de Galois de $ f(x) $$ \mathbb{Q} $$ S_7 $. Y desde $ S_7 $ no es solucionable grupo, el polinomio $ f(x) $ es no solucionable en los radicales.
user21820
Puntos
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Deje $p$ ser el polinomio $( x \mapsto 2 x^7 - x^6 - 3 )$. En primer lugar, compruebe $p$ es irreductible. Tenga en cuenta que $p$ es irreductible iff $q = ( y \mapsto p(y+3) )$ es irreductible, y $q = 2 y (y+3)^6 - 3$ es irreductible por Eisenstein, el criterio que se aplica para el primer $3$.
Entonces tenemos que averiguar la automorphism grupo $G$ que permutes las raíces del polinomio mientras que la fijación de los racionales. Sabemos que actúa sobre las raíces transitivamente desde $p$ es irreductible, por lo $G$ es de orden divisible por $7$ y por lo tanto, del teorema de Sylow $G$ tiene un subgrupo de tamaño $7$, que debe ser generado por una $7$ciclo $a = (1 \ 2 \ 3 \ 4 \ 5 \ 6 \ 7)$. Etiquetamos a las raíces de $1$ $7$adecuadamente. También, el complejo de la conjugación es un automorphism en $G$ y por lo que he observado hace tres 2-ciclos en las raíces.
Si $b = (1 \ 2)(3 \ 4)(5 \ 6)$,$c = a^{-2}ba^2b = (7 \ 6 \ 5)$, y el uso de $a,c$ podemos obtener:
- $(7 \ 6 \ 4) = (7 \ 6 \ 5) \ (4 \ 5 \ 6)$
- $(7 \ 6 \ 3) = (7 \ 6 \ 5) \ (5 \ 4 \ 3) \ (4 \ 5 \ 6)$
- $(7 \ 6 \ 2)$ $(7 \ 6 \ 1)$ por simetría
Y a partir de ahí podemos construir cualquier 3-ciclo y, por tanto, toda la alternancia de grupo $A_7$, que no es solucionable.
Ahora hay muchos otros casos de $b$, pero yo creo que va a ser similar, y que $a,b$ siempre genera $A_7$. Si es así, entonces hemos terminado, y las raíces de $p$ no se puede expresar con radicales sobre los racionales.
Yo realmente no tiene mucha idea de cómo hacer frente a todos los casos diferentes de una sola vez.
