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Campo fijo de σ,τ

Dejemos que k sea un campo y que K=k(x) sea el campo de funciones racionales en una variable sobre k . Sea σ,τAut(K) s.t. σ(f(x)g(x))=f(1/x)g(1/x)&τ(f(x)g(x))=f(1x)g(1x). Encontrar el campo fijo F de <σ,τ> . Determine Gal(k/F) . Encuentre un hF para que F=k(h) .

Ahora para el primer automorfismo σ Creo que si me concentro en k[x] me dará alguna idea. Ahora, si f(x)=a0+a1x+a2x2++anxnk[x] entonces si xnσ(f(x))=f(x) el caso será ai=ani i=0(1)[n/2] . Así que todas las funciones en K que será fijado por σ son de la forma f(x)g(x) donde f(x)=a0+a1x+a2x2++anxn y g(x)=b0+b1x+b2x2++bnxn tal que ai=ani i=0(1)[n/2] y bi=bni i=0(1)[n/2] .

Por favor, compruebe si tengo razón o no.

¿Y alguna idea para el resto de la pieza?

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Lubin Puntos 21941

Puedes obtener una respuesta completa consultando la respuesta relacionada que menciona @JyrkiLahtonen en su comentario. Pero veo que no es tanto una cuestión algebraica, sino de teoría de variables complejas y geometría.

¿Conoce la relación entre 2×2 matrices complejas y transformaciones fraccionarias-lineales del plano complejo extendido, también conocido como la esfera de Riemann? Se obtiene un homomorfismo a partir de matrices no singulares (abcd) a las transformaciones zaz+bcz+d de la esfera de Riemann. El núcleo es el grupo de matrices escalares aI , donde I es la matriz de identidad. Entonces su σ es z1/z , procedente de (0110) y su τ viene de (1101) . El producto de estos en cualquier orden te da algo de orden tres.

Se comprueba que sus seis transformaciones permutan el subconjunto {0,1,} de la esfera de Riemann, por lo que tiene sentido, si se quiere algo fijado por las seis, probar con una función racional h(z) con postes en 0 , 1 y el infinito. De hecho, es un teorema en curvas algebraicas que el grado de extensión del campo [C(z):C(h(z))] es el número total de polos de h , contando la multiplicidad. Así que debería esperar que si mi estrategia funciona, h tendrá polos dobles en los tres puntos que he mencionado.

Si ponemos z2(z1)2 en el denominador de h y buscar un numerador sextativo, entonces también habrá un doble polo en el infinito. ¿Qué pasa con los puntos especiales de tus dos transformaciones dadas? Si miras 1/2 , se ve que está fijada bajo τ , pero enviado a 2 por σ . Luego se comprueba que el conjunto {1,1/2,2} es invariable tanto bajo σ y τ . Entonces, ¿por qué no elegir h=(z+1)2(2z1)2(z2)2z2(z1)2? Ahí está, sexta por encima, obviamente invariante bajo τ y casi tan obviamente invariante bajo σ .

EDITAR : Aquí está mi respuesta a su solicitud de una descripción de cómo encontrar un sexta irreducible, mostrando que ya tiene un generador del subcampo F . Se comienza con la función racional que se sabe fija bajo σ y τ . Será un medio adecuado f(x)/g(x) y el máximo de los grados de f y g serán seis. Todos nuestros ejemplos computados tienen g de menor grado, y para mi explicación, supondré que este es el caso, pero la situación general es sólo un poco más complicada.

Tenemos u=f(x)/g(x) , fijada bajo el grupo de orden seis G generado por σ y τ . Sabemos, por consideraciones generales de la teoría de Galois, que el campo fijo F tiene [k(x):F]=6 . Desde uF sabemos que [k(x):k(u)]6 . Por otra parte, consideremos el polinomio sexta f(T)g(T)uk(u)[T] . He utilizado deg(g)<deg(f)=6 para concluir que este polinomio en T es de grado seis. Ahora, x es claramente una raíz de nuestro polinomio, por lo que [(k(u))(x):k(u)]6 ; pero por supuesto (k(u))(x)=k(x) para que [k(x):k(u)]=6 y por lo tanto F=k(u) . Se obtiene como bonus la conclusión de que nuestro polinomio en T es irreducible sobre k(u) .

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