Mediante orden superior Traer radicales para resolver polinomios arbitrarios

Question

Es bien sabido que no hay ninguna fórmula general para la solución de la quintic. Por supuesto, lo que esto realmente significa es que no hay una fórmula general que sólo involucra la adición, la substracción, la multiplicación, la división, y la extracción de $n$-th raíces. De hecho, si uno es permitido el uso de la Traen radical, es decir, las soluciones de la ecuación de $x^5+x+a=0$, entonces es ciertamente posible para resolver cualquier quintic. Parecería que si uno de los que presentó mayor de la orden de Llevar a los radicales, sería posible resolver polinomios de grado superior. Más precisamente, definir un Traiga radical de orden $n$ a ser una función continua $B_n(t)$ tal que $B_n(t)$ es una solución a un $n$-ésimo grado del polinomio, uno de cuyos coeficientes es $t$. (Por supuesto, estoy siendo bastante vago, la mayoría de estas Traer radicales son sólo de forma continua definida en algún subconjunto de $\mathbb{C}$) es trivial que cualquier $n$-ésimo grado del polinomio puede ser resuelto por medio de $n$-ésimo orden de Traer radical. Sin embargo, no es en absoluto evidente que para algunos fijos $n$, existe una colección finita $B_n^1,B_n^2,\cdots,B_n^k$ de manera tal que cualquier $n$-ésimo grado del polinomio puede ser resuelto mediante la $B_n^i$. Así que mi pregunta es:

Es el caso de que por cualquier $n$, no es una colección finita de Traer a los radicales, que puede ser usado para resolver cualquier $n$-ésimo grado del polinomio?

Otra pregunta, para la cual la respuesta más probable es negativo, es si existe un conjunto finito $B_{r_1}^1,B_{r_2}^2,\cdots$ de Traer radicales que cualquier polinomio de cualquier grado es solucionable mediante la $B_{r_i}^j$.

Edit: Mi definición de un orden superior Traer radical fue más bien estrecha. También me gustaría estar interesado en ningún tipo de respuesta que intervienen Traer radicales $B_n(t)$ que las soluciones de un polinomio de la forma $x^n+p_{n-1}(t)x^{n-1}+\cdots+p_{1}(t)x+p_{0}(t)$. La idea general que se refiere a si uno no puede resolver todos los $n$-ésimo grado de los polinomios acaba de ser adyacentes a las raíces de algunos finito de la familia de ellos polinomios cuyos coeficientes dependen suavemente en $t$.

Answer 1

Si he entendido bien, este papel de Abhyankhar dice que lo que quiere no es alcanzable.

Aquí es lo que Abhyankar muestra. Advierto que no he leído el papel, y estoy apenas rozando la introducción. Deje $K$ ser el algebraicas cierre de $k(X,Y)$. Así, un elemento $z$ de % de $K$ debe ser pensado como una raíz de un polinomio $z^n + a_{n-1}(X,Y) z^n + \cdots + a_{0}(X,Y)$ cuyos coeficientes dependen de dos parámetros $x$ e $y$.

Deje $L^1$ ser el subcampo de $K$ generado por todas las soluciones a los polinomios de la forma $z^n + a_{n-1}(T) z^{n-1} + \cdots + a_{0}(T)$ donde $T \in k(X,Y)$ e las $a_i$ son polinomios. Es bastante cercana a la de la clase de $z$'s que se refiere en su actualización, salvo que usted solicite $T$ e las $a_i$ a ser suave y Abhyankar les lleva a ser funciones racionales. Deje $L^2$ ser el subcampo de $K$ generado por las soluciones a los polinomios de la forma $z^n + a_{n-1}(T) z^{n-1} + \cdots + a_{0}(T)$ donde $T \in L^1$ e las $a_i$ son polinomios. Inductivamente, hacer $L^3$, $L^4$, etcétera. Abhyankar muestra que $\bigcup L^i$ es estrictamente menor que $K$.

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De hecho, la carne de Abyhankar del argumento es acerca de poder formal de la serie, no los polinomios. Aquí tuve un poco de problemas en el seguimiento de Abyhankar, así que espero que resume correctamente. Deje $\hat{A}$ ser el anillo de poder formal de la serie de $k[[X,Y]]$ y deje $\hat{K} =\mathrm{Frac} \ \hat{A}$. Deje $\hat{L}^1$ a ser el campo generado por todas las raíces de los polinomios $\sum a_i(T) z^i$ donde $a_i$ son formales de alimentación de la serie y $T$ es el máximo ideal de la $\hat{A}$. Deje $\hat{B}^1$ ser la integral de cierre de $\hat{A}$ en $\hat{L}^1$. Deje $\hat{L}^2$ a ser el campo generado por todas las raíces de los polinomios $\sum a_i(T) z^i$ donde $a_i$ son formales de alimentación de la serie y $T$ es el máximo ideal de la $\hat{B}^1$. Deje $\hat{B}^2$ ser la integral de cierre de $\hat{A}^1$ en $\hat{L}^2$. De esta manera, definir $\hat{L}^j$ para todos los $j$. A continuación, $\bigcup \hat{L}^j$ es menor que el algebraicas cierre de $\hat{K}$.

La esencia de la prueba es que (1) $\hat{L}^{j+1}$ es solucionable¹ sobre $\hat{L}^j$ y (2) la división de campo de la $z^6+Xz+Y$ no es solucionable más de $\mathrm{Frac} \ k[[X,Y]]$.` Si usted nunca ha pensado en estas cuestiones antes, una parte (1) puede sorprender. Para obtener algunos intuición para esto, tenga en cuenta que la raíz de $x^2 - (1+t)$ grado $2$ sobre$\mathrm{Frac} \ k[t]$, pero este polinomio factores como $\left( x - \sum \binom{1/2}{j} t^j \right)\left( x + \sum \binom{1/2}{j} t^j \right)$ sobre $\mathrm{Frac} \ k[[t]]$. Por lo que pasar a la alimentación de la serie puede hacer Galois grupos más pequeños.

Usted puede disfrutar de pensamiento acerca de la topología en la parte (2). Aquí es lo más lejos que he conseguido. El polinomio $z^6+Xz+Y$ tiene raíces múltiples si y sólo si $5^5 X^6 + 6^6 Y^5=0$. Este es un verdadero $2$veces en $\mathbb{C}^2$, con una singularidad en $(0,0)$. Su intersección con una esfera alrededor del origen es un toro nudo de tipo $(6,5)$. Las raíces de $z^6+Yz+X$ formar un $6$-toldo portada de este toro-nudo se complementan. Abyhankar de la reclamación es que la monodromy de esta cubierta no es solucionable.

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Así, Abhyankar es desvirtuar su esperanza no sólo para los polinomios, pero para poder formal de la serie. El mapa de "tomar la serie de Taylor" es un mapa de el anillo de las funciones lisas para el anillo de poder formal de la serie. (Este mapa tiene un núcleo, que contiene cosas como $e^{-1/x^2}$.) Creo (pero no lo han comprobado en detalle) que este mapa debe significar que Abhyankar el resultado también funciona para las funciones lisas.

¹ creo que, en $j=0$, esta afirmación es correcta sólo si tomamos $k$ algebraicamente cerrado, aunque no veo donde Abhyankar dice esto. Pero estoy perfectamente dispuesto a hacer eso. Tenga en cuenta que $\hat{L}^1$ contiene la clausura algebraica de $k$, por lo que la cuestión de si o no $k$ es algebraicamente cerrado desaparece una vez que tengamos un paso hacia la torre. También, creo que al $k=\mathbb{C}$, debemos ser capaces de fortalecer solucionable a abelian.

Answer 2

La respuesta a la segunda pregunta es "no". Para una familia de polinomios $p_t$ según exponencialmente en un complejo parámetro, como en los polinomios satisfecho por su $B_r(t)$, definir su grupo de Galois a ser el grupo de permutaciones de las raíces que usted ve en movimiento alrededor de los puntos de ramificación. (Suponga que las raíces de $p_t$ son distintos de los valores de $t$ a hacer que esto funcione bien. Este es el mismo que el grupo de Galois de $\mathcal{C}(t)(\text{roots of }p_t)$ sobre $\mathcal{C}(t)$.) Luego están las familias de polinomios, exhibe una arbitraria finito grupo como su grupo de Galois. Cualquier finito de la familia de $B^j(t)$ sólo presentan un número finito de grupos de $G_j$, y de cualquier torre de las raíces de las $B^j$ le dará sólo a los grupos cuya composición factores se encuentran entre las $G_j$. Ya hay infinitamente muchos finitos simples grupos, usted puede obtener todos los posibles grupos finitos de esta manera.

Sin embargo, sospecho que la pregunta era más fuerte de lo que te quería preguntar, ya que incluso el original de la conjetura de que todos los polinomios se pueden resolver por radicales no encajan en el marco de su segunda pregunta.

Answer 3

La respuesta a la primera pregunta es "sí". El grupo de Galois de cualquier $n$th grado del polinomio es un subgrupo de $S_n$. Hay sólo un número finito de estos, y así para cada subgrupo podemos hacer una radical para ella. Incluso de manera más eficiente, podemos hacer una radical para todos los finitos simples grupos que aparecen en la composición de la serie para uno de estos subgrupos. De cualquier manera, vamos a obtener un conjunto finito de Traer a los radicales que puede resolver todas las $n$ grado de los polinomios.