Resolución de la cúbica por "radicales" en las características 2 y 3

Question

Esta pregunta no tiene más justificación que un poco de diversión.

Todos sabemos que la cúbica es resoluble por "radicales" ( $\root2\of{}$ et $\root3\of{}$ ) en las características $\neq2,3$ . La fórmula fue descubierta por los italianos en el siglo XVI (ver aquí) .

En característica $2$ debe existir una fórmula similar que incluya $\wp_2^{-1}(\ )$ et $\root3\of{}$ y en la característica $3$ debe haber una fórmula que implique $\root2\of{}$ et $\wp_3^{-1}(\ )$ .

Por $\wp_2^{-1}(a)$ et $\wp_3^{-1}(a)$ Me refiero a una raíz de los polinomios $\wp_2(T)=T^2-T-a$ et $\wp_3(T)=T^3-T-a$ respectivamente, que dan todas las extensiones cíclicas de grado $2$ et $3$ respectivamente.

¿Alguien ha calculado estas fórmulas?

Editar . He aceptado una de las respuestas --- la elección era difícil --- pero sigo teniendo curiosidad por saber si estas fórmulas se pueden encontrar en algún lugar de la literatura.

Answer 1

El verano pasado pedí a una estudiante (Dubravka Bodiroga, del Hood College) que resolviera estos resultados. Aquí está su fórmula cúbica en la característica 3 (parafraseando algo que me envió):

Consiga el polinomio $$ x^3 - a_1 x^2 + a_2 x - a_3, $$ donde los coeficientes pertenecen a un anillo conmutativo en el que $3=0$ . Supongamos además que $a_1$ es invertible. Sea $b$ sea una solución de $$ b^2 = -\frac{a_2^3}{a_1^6}+\frac{a_2^2}{a_1^4}-\frac{a_3}{a_1^3}, $$ y que $\beta$ sea una solución de $y^3 - y - b = 0$ . Entonces $$ x^3 - a_1 x^2 + a_2 x - a_3 = (x - (u\beta^2+v))(x-(u(\beta+1)^2+v))(x-(u(\beta+2)^2+v)), $$ donde $u=-a_1$ et $v=a_1 -\frac{a_2}{a_1}$ .

Si se invierte el procedimiento, dejando que $$ x_i = u(\beta+i)^2 + v, $$ entonces ([Parson: asumiendo que no he revuelto sus índices]) $$ b= \frac{(x_0 - x_1)(x_1 - x_2)(x_0 - x_2)}{(x_0+x_1+x_2)^3}, $$ y $$ y= \frac{x_2 + 2x_1}{x_0+x_1+x_2} = -\frac{2\times x_2+1\times x_1+0\times x_0}{x_0+x_1+x_2}. $$

Creo que también elaboró los detalles (más sencillos) de la fórmula cúbica en la característica $2$ pero no he podido encontrarlos ahora. Utilizó un método heurístico de Euler y B\'ezout para encontrar las fórmulas, cuya exposición se puede encontrar en el libro de Tignol sobre la teoría de Galois. A continuación, resolvió las cantidades auxiliares $b$ et $y$ en términos de $x_i$ para ver qué habría hecho Lagrange de su procedimiento de solución.

Answer 2

La característica dos puede realizarse mediante el método estándar del resolvente de Lagrange. Todo lo que necesitas son raíces cúbicas de la unidad.

Sea $x_1,x_2,x_3$ sean las raíces de la cúbica. Sea $y=x_1+wx_2+w^2x_3,y'=x_1+w^2x_2+wx_3$ donde $w$ es una raíz cúbica primitiva de la unidad. Entonces $y^3,(y')^3$ son $A_3$ -y son raíces de la cuadrática con coeficientes $a=y^3+(y')^3,b=y^3(y')^3$ que son $S_3$ -y pueden calcularse como polinomios de los coeficientes de la cúbica. Las raíces de $x^2+ax+b$ son $a\wp_2^{-1}(b/a^2),a\wp_2^{-1}(b/a^2)+a$ . Obtenga $y,y'$ tomando las raíces cúbicas de las raíces de la cuadrática y $x_1=y+y'+x_1+x_2+x_3$ .

La característica tres parece más difícil.