Uniforme de solución a las familias de polinomios

Question

Se trata de un famoso teorema que no hay "quintic fórmula", es decir, no existe ninguna fórmula que expresa las raíces de un quintic polinomio $x^5+a_4x^4+\cdots+a_0$ en términos de $a_4,\ldots,a_0$ y racional constantes utilizando las operaciones de campo y toma de $n$th raíces. Pero el estándar de prueba de este hecho demuestra algo que en su cara parece más fuerte: que hay en particular quintics con raíces que no puede ser expresado en términos de números racionales utilizando estas operaciones. La no existencia de un quintic fórmula simplemente requiere que no haya "uniforme" forma de hacerlo. Me pregunto si esto es en realidad una declaración más fuerte.

Para hacer este riguroso: Dado $f(a_0,\ldots,a_k,x)\in \mathbb Q(a_0,\ldots,a_k)[x]$, podemos definir la familia de polinomios asociados a $f$ para el conjunto de los polinomios de $f(t_0,\ldots,t_k,x)\in \mathbb Q[x]$ donde $t_0,\ldots,t_k\in \mathbb Q$ son tales que esta expresión está definida. Por ejemplo, la familia de polinomios asociados a $x^2+a_1x+a_0$ es el conjunto de monic polinomios cuadráticos. Si hay un $f\in \mathbb Q(a_0,\ldots,a_k)[x]$, que no admite una fórmula para que sus raíces (en la variable $t$) en términos de los elementos de $\mathbb Q(a_0,\ldots,a_k)$, las operaciones de campo y toma de $n$th raíces, sin embargo, cada polinomio en la familia de polinomios asociados a $f$ ¿?

Desde el punto de vista de la teoría de Galois, la pregunta se convierte en si existen polinomios $f\in \mathbb Q(a_0,\ldots,a_k)[x]$ que no son resolubles $\mathbb Q(a_0,\ldots,a_k)$, pero la evaluación de los mismos en cualquier punto de $(t_0,\ldots,t_k)\in\mathbb Q$ (para el cual el resultado se define) da un polinomio solucionable $\mathbb Q$?

Answer 1

La respuesta es no. El siguiente es un teorema de Hilbert:

Deje $f(x_1, x_2, \ldots, x_n, t)$ ser un polinomio racional los coeficientes. Deje $K_{gen}$ ser la división de campo de la $f$ más de $\mathbb{Q}(x_1, \ldots, x_n)$, considerado como un polinomio en $t$. Para $a_1$, ..., $a_n$ en $\mathbb{Q}$, vamos a $K(a_1, \ldots, a_n)$ ser el la división de campo de la $f(a_1, \ldots, a_n, t)$$\mathbb{Q}$. Allí son infinidad de $(a_1,\ldots, a_n)$ para los que $\mathrm{Ga}(K_{gn}/\mathbb{Q}(x_1, \ldots, x_n)) \cong \mathrm{Ga}(K(a_1, \ldots, a_n)/\mathbb{Q})$.

Infinitamente muchos es un muy débil declaración; el derecho de la declaración es que esto es cierto para todos, pero una "delgada" de $n$-tuplas de números racionales. Hay muchos teoremas diciendo que delgado conjuntos son pequeños. Ver esta pregunta para más de alguna discusión en el caso de que $G$$S_n$.

El teorema de la cual se obtiene el famoso nombre de Hilbert de la Irreductibilidad Teorema: Si $f(x_1, \ldots, x_n, t)$ es irreductible como un polinomio en $\mathbb{Q}(x_1, \ldots, x_n)[t]$, entonces, para la mayoría de todas $(a_1, \ldots, a_n) \in \mathbb{Q}^n$, el polinomio $f(a_1, \ldots, a_n)(t)$ es irreductible como un polinomio en $\mathbb{Q}[t]$. La deducción de que el resultado que me dijo de esta es bastante sencilla (es la primera aplicación de Hilbert irreductibilidad teorema mencionado en Wikipedia), pero he tenido problemas para encontrar una referencia que escribe cuidadosamente.

Si usted es feliz con el lenguaje de la moderna geometría algebraica, recomiendo los tres primeros capítulos de estas notas por Serre. Si usted está dispuesto a leer algo largo, esta tesis de Maestría se ve como una hermosa sinuoso recorrido a través de Hilbert de la Irreductibilidad Teorema y sus múltiples aplicaciones

Answer 2

A mí me parece que la respuesta es esencialmente no, pero hay algunos detalles que deben comprobarse. La principal observación es esta: bajo condiciones razonables, el grupo de Galois de los genéricos de la fibra es canónicamente isomorfo al grupo de Galois de casi todas las fibras; por lo tanto, el genérico de fibra soluble si y sólo si casi todas las fibras se pueden resolver.

En más detalle: Vamos a $L$ ser un finita de Galois de la extensión de $K$. Por el primitivo elemento teorema, $L$ es generado por un solo elemento en $K$, decir $x$. Deje $f$ (monic) polinomio mínimo de a $x$ $K$ y elegir un sub-anillo $A \subseteq K$ cumplan estas condiciones:

• $A$ es un noetherian integral de dominio.
• $\operatorname{Frac} A = K$.
• $f \in A [x]$.
• El anillo de $B = A [x] / (f)$, considerado como un sub-anillo de $L$, es cerrado bajo la acción de la $\mathrm{Gal}(L \mid K)$.
• $B$ es un proyectiva $A$-módulo de rango $d = \deg f$.

Este es sin duda alcanzable en el caso de $K = \mathbb{Q} (t_1, \ldots, t_n)$ que usted está considerando: tome $A$ a ser el sub-anillo generado por $\mathbb{Q} [t_1, \ldots, t_n]$, los coeficientes de $f$, y los coeficientes de todos los Galois conjugados de $x$; a continuación,$B$, a pesar de ser un libre $A$-módulo de rango $d$.

Lema 1. $\mathrm{Aut}(B \mid A)$, el automorphism grupo de $B$ $A$- álgebra, es canónicamente isomorfo a $\mathrm{Gal}(L \mid K)$.

Prueba. La hipótesis implica que cada automorphism de $L \mid K$ restringe a un automorphism de $B \mid A$; desde $B$ contiene el generador de $L$, la restricción homomorphism $\mathrm{Gal}(L \mid K) \to \mathrm{Aut}(B \mid A)$ es inyectiva. Por otro lado, $\operatorname{Frac}$ es functorial, por lo que cualquier automorphism de $B \mid A$ se extiende a un automorphism de $L \mid K$, por lo que la restricción homomorphism es en realidad un isomorfismo. ◼

Lema 2. Deje $\mathfrak{m}$ ser un ideal maximal de a $A$ y deje $\kappa (\mathfrak{m}) = A / \mathfrak{m}$ el residuo de campo.

1. $B (\mathfrak{m}) = B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m})$ $\kappa (\mathfrak{m})$- álgebra de dimensión $d$.
2. $B (\mathfrak{m})$ es un campo si y sólo si $f$ es irreducible sobre $\kappa (\mathfrak{m})$.
3. Hay un canónica homomorphism $\mathrm{Aut}(B \mid A) \to \mathrm{Aut}(B (\mathfrak{m}) \mid \kappa (\mathfrak{m}))$, y es inyectiva si y sólo si es distinta de Galois conjugados de $x$ siguen siendo distintos en $B (\mathfrak{m})$.

Prueba. Todo sencillo. ◼

Lema 3. Existe una densa abrir subconjunto $U \subseteq \operatorname{Spec} A$ tal que, para todos los máximos ideales de la $\mathfrak{m}$ $A$ que están en $U$, el Galois conjugados de $x$ siguen siendo distintos en $B (\mathfrak{m})$.

Prueba. Dos Galois conjugados de $x$, decir $x'$$x''$, llegan a ser iguales en $B (\mathfrak{m})$ precisión si un cierto conjunto finito de ecuaciones tiene en $B (\mathfrak{m})$; más precisamente, existen elementos $h_1, \ldots, h_d$ $B$ tal que $x' \equiv x'' \pmod{\mathfrak{m}}$ si y sólo si $h_1 \equiv \cdots \equiv h_d \equiv 0 \pmod{\mathfrak{m}}$. Esto es debido a que el $A_{\mathfrak{m}}$-módulo de $B_{\mathfrak{m}}$ es libre de rango $d$ (desde $B$ es un proyectiva $A$-módulo de rango $d$). Por lo tanto $x' \equiv x'' \pmod{\mathfrak{m}}$ si y sólo si $\mathfrak{m}$ es en un cierto subconjunto cerrado de $\operatorname{Spec} A$ de codimension $\ge 1$ (por Krull del Hauptidealsatz). El complemento de un subconjunto cerrado de un denso abierto subconjunto de $\operatorname{Spec} A$ (debido a $A$ es una parte integral de dominio), y la intersección de un número finito de densa abrir subconjuntos en $\operatorname{Spec} A$ es de nuevo una densa subconjunto abierto, por lo que estamos hecho por la finitud de $\mathrm{Gal}(K \mid L)$. ◼

Teorema. Si existe un abierto denso subconjunto $U' \subseteq \operatorname{Spec} A$ tal que, para todos los máximos ideales de la $\mathfrak{m}$ $A$ en $U'$, $f$ es irreducible sobre $\kappa (\mathfrak{m})$, entonces existe un abierto denso subconjunto $U'' \subseteq \operatorname{Spec} A$ tal que, para todos los máximos ideales de la $\mathfrak{m}$ $A$ en $U''$, $B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m})$ es una extensión de Galois de $\kappa (\mathfrak{m})$ y el canónico homomorphism $$\mathrm{Gal}(K \mid L) \cong \mathrm{Aut}(B \mid A) \to \mathrm{Gal}(B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m}) \mid \kappa (\mathfrak{m}))$$ es un isomorfismo.

Prueba. Deje $U$ ser como en el lema 3, y tome $U'' = U \cap U'$. Este es un abierto denso subconjunto, y por el lema 2, para cualquier $\mathfrak{m}$ en $U''$, $B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m})$ es un campo y la canónica homomorphism es inyectiva. Sin embargo, Dedekind del lema dice que el tamaño de $\mathrm{Aut}(B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m}) \mid \kappa (\mathfrak{m}))$ está acotada arriba por el grado de $B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m}) \mid \kappa (\mathfrak{m})$, por lo que, de hecho, la canónica homomorphism es un bijection, y por otra parte $B \otimes_A \kappa (\mathfrak{m}) \mid \kappa (\mathfrak{m})$ es una extensión de Galois. ◼

Observación. No es claro para mí cuando la principal hipótesis del teorema anterior se mantiene. Definitivamente hay algo que no es trivial comprobar: después de todo, si tomamos $K = \mathbb{Q}$$A = \mathbb{Z}$, entonces tenemos que lidiar con el hecho de que existen polinomios que son reducibles mod $p$ por cada prime $p$, pero sin embargo, irreductible $\mathbb{Q}$. Pero tal vez, en el caso de que usted está pensando que esto no puede suceder.