Exploración de puntos de 3 ciclos para iteraciones cuadráticas

Question

¿Cómo se factoriza $z^8 +4cz^ 6 + (6c^2 +2c)z^4 + (4c^3 +4c^2 )z^2 - z+ (c^4 +2c^3 +c^2 +c)$ ?

Quiero encontrar los puntos de 3 ciclos para la iteración cuadrática $z \rightarrow z^2 + c$ . Para encontrarlo tengo que resolver el polinomio anterior. He factorizado en dos factores $(z^2 - z + c) (z^6+z^5+(3c+1)z^4+(2c+1)z^3+(3c^2+3c+1)z^4+((c+1)^2)z +(c^3+2c^2+c+1).$ .

Nota: Me perdí algo en los factores anteriormente. Ahora se ha corregido.

Answer 1

El grupo de Galois de un polinomio de grado $6$ no será $S_6$ . Tan pronto como conozcas una de las raíces $z$ , conoces a dos de los otros, aplicando $z \mapsto z^2+c$ dos veces.

El campo de división de $P$ debe ser generalmente de grado $6 \times 3 = 18$ . Sea $\zeta$ sea una raíz tercera primitiva de la unidad.
Si llama a las raíces $z_{1,1},z_{1,\zeta},z_{1,\zeta^2},z_{2,1},z_{2,\zeta},z_{2,\zeta^2}$ donde $z_{i,j}^2 + c = z_{i,\zeta j}$ cualquier automorfismo que envíe $z_{i,j}$ a $z_{i',j'}$ tiene que enviar $z_{i,\zeta j}$ a $z_{i',\zeta j'}$ por lo que para determinar completamente un automorfismo basta con conocer las imágenes de $z_{1,1}$ (entre $6$ posibilidades) y $z_{2,1}$ (entre $3$ posibilidades).

Sea $H$ sea el subgrupo que no conmuta los dos $3$ -ciclos. $H$ es normal de índice $2$ en el grupo de Galois $G$ y $H$ es de hecho isomorfo a $(\Bbb Z/3\Bbb Z)^2$ .

Así que $G$ es un grupo soluble.

Sea $P_1(z) = (z - z_{1,1})(z - z_{1,\zeta})(z - z_{1,\zeta^2})$ . $P_1$ es invariante por $H$ por lo que todos sus coeficientes deben pertenecer al campo fijo de $H$ una extensión cuadrática $K$ de $\Bbb Q(c)$

Primero debemos averiguar qué es $K$ . La extensión se ramifica cuando tenemos $z_{1,j} = z_{2,j}$ por lo que una condición necesaria es que el polinomio tenga raíces múltiples. Podemos calcular el discriminante de $P$ . Sorprendentemente, es más sencillo de lo que cabría esperar, ya que factores como $\Delta = (4c+7)^3(16c^2+4c+7)^2$ .

Hay dos formas de $P$ puede tener varias raíces. O bien las dos $3$ -son iguales (entonces deberíamos obtener una multiplicidad $3$ raíz de $\Delta$ ), o bien $3$ -colapsa en un punto fijo de $z \mapsto z^2+c$ (entonces deberíamos obtener una multiplicidad $2$ raíz de $\Delta$ ).

Podemos confirmar que el grado $2$ factores pertenecen al segundo caso calculando la resultante de $z^2-z+c$ y $P$ (que da $16c^2+4c+7$ ). Así que el único momento en que la extensión cuadrática puede ramificarse es cuando $4c+7 = 0$ por lo que la extensión es $\Bbb Q(c)(\sqrt{q(4c+7)})$ para algún entero libre de cuadrados $q$ .

Cuando enchufamos $c=0$ , $P_0(z)= z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1$ de la que conocemos las raíces. Los dos grados $3$ factores sobre $K$ debe ser $(X - \zeta_7)(X - \zeta_7^2)(X-\zeta_7^4)$ y $(X - \zeta_7^3)(X - \zeta_7^5)(X-\zeta_7^6)$ .

Dado que la única extensión cuadrática contenida en la extensión ciclotómica $\Bbb Q \subset \Bbb Q(\zeta_7)$ es $\Bbb Q(\sqrt{-7})$ debemos tener $K = \Bbb Q(c)(\sqrt{-4c-7})$ .

A continuación tenemos que averiguar la factorización de $P$ en $K$ . Utilizando el lema de Gauss, los coeficientes de los factores tienen que ser polinomios en $c$ (para ser precisos, tienen que estar en $\Bbb Z[c, \frac{1+\sqrt{-4c-7}}2]$ ) Haciendo suposiciones sencillas sobre el grado de los coeficientes, y utilizando la factorización en $c=0$ ( $P_0(X) = (X^3 + \frac{1+\sqrt{-7}}2X^2 + \frac{-1+\sqrt{-7}}2X - 1) (X^3 + \frac{1-\sqrt{-7}}2X^2 + \frac{-1-\sqrt{-7}}2X - 1)$ )

podemos encontrar rápidamente $$P(X) = \left(X^3 + \frac{1+\sqrt{-4c-7}}2X^2 + \frac{2c-1+\sqrt{-4c-7}}2X + \frac{-c-2+c\sqrt{-4c-7}}2\right) \\ \left(X^3 + \frac{1-\sqrt{-4 c-7}}2X^2 + \frac{2c-1-\sqrt{-4c-7}}2X + \frac{-c-2-c\sqrt{-4c-7}}2\right) $$

Finalmente tenemos que resolver cada polinomio cúbico (que tiene grupo de Galois cíclico)

Para ello $w_i = (z_{i,1} + \zeta z_{i,\zeta} + \zeta^2 z_{i,\zeta^2})$ . Los conjugados de $w_i$ son $\zeta w_i$ y $\zeta^2 w_i$ lo que significa que $w_i^3 \in K(\zeta)$ . Lo mismo ocurre con $v_i = (z_{i,1} + \zeta^2 z_{i,\zeta} + \zeta z_{i,\zeta^2})$ y de hecho $v_i^3$ es la imagen de $w_i^3$ después de cambiar $\zeta$ con $\zeta^2$ . Sumando dos raíces cúbicas apropiadas de esas dos, se obtiene $2z_{1,1} - z_{1,\zeta} - z_{1,\zeta^2}$ . Añádele la suma de las tres raíces (que es un coeficiente de $P_1$ , en $K$ ) y dividir por $3$ para obtener $z_{1,1}$ .