Reducibilidad de $P(X^2)$

Question

Esta pregunta está inspirada en un comentario de la discusión en Si $K=K^2$, entonces cada automorphism de $\mbox{Aut}_K V$ donde $\dim V< \infty$, es la plaza de algunas endomorfismo..

Deje $k$ ser un campo de característica diferente de $2$, en la que todos los elementos son cuadrados. Deje $P$ ser un polinomio irreducible sobre $k$. Es cierto que $Q(X)=P(X^2)$ no puede ser irreductible?

Creo que tengo una prueba para polinomios de grado impar (y posiblemente la característica $0$) por contradicción. La idea es utilizar el automorphism de $\sigma\in G=Gal(\frac{k[X]}{Q(X)}\supset k)$ definido por $X\mapsto -X$ y mostrando que asigna a $-1$ bajo $G\rightarrow \{ -1,+1\}, \theta \mapsto det(\theta)^{deg(P)}$ dando así un subgrupo normal de índice $2$ $G$ y a través de la Galois correspondance un grado $2$ extensión de $k$ de la cual no puede ser ninguno.

Incluso me pregunto si puede ser irreductible de los polinomios de hasta grado en todos los...

EDITAR porque he Puesto una recompensa por esta pregunta, permítanme clara acerca de qué es lo que me gustaría saber. Primero de todo, me gustaría saber si mi prueba por contradicción es válido, y si la restricción a la característica $0$ es necesario. En segundo lugar, y más importante, me pregunte si irreductibilidad de $P$ implica $Q$ no puede ser irreductible, cuando todos los elementos en el campo de tierra son cuadrados (e $car(k)\neq 2$), en tercer lugar, y esto es opcional (pero probaría el segundo punto si es verdad), me pregunto si hay algún irreductible polinomios incluso de grado bajo dicho supuesto en el campo de tierra $k$. Muchas gracias por su tiempo!

También, si la segunda pregunta resulta ser correcto, voy a ser capaz de responder a la pregunta (enlazado más arriba) que comenzó todo esto. Las recompensas serán dados a quien responde la segunda o tercera pregunta.

EDITAR MÁS parece Que mi prueba en el raro caso de que se parte y posiblemente completamente inválida : la extensión no es generalmente Galois y así la correspondencia falla. Uno podría tratar de reemplazarlo con la división de campo de la $Q$ que tiene una similar automorphism el envío de cada raíz de $Q$ a su opuesto, el cálculo de su matriz y tomando determinantes y tomar algo de poder con el fin de caer en la raíz cuadrada de $1$. Pero yo no estoy seguro de que el resultado se asigna a $-1$...

Answer 1

Definiciones y Objetivo

Definición: Un campo de $K$ con la propiedad $K=K^2$ se llama raíz cuadrada cerrada (src).

Definición: Un campo de $K$ se llama impar, si cada polinomio irreducible $f\in K[X]$ tiene grado impar.

Un campo de $K$ de los característicos $p\neq 2$ es impar si y solo una de cada separables, polinomio irreducible $f\in K[X]$ tiene grado impar.

Cada separadamente campo cerrado de característica $p\neq 2$ es impar.

Un campo de $K$ de los característicos $p\neq 2$ es impar si y sólo si cada finito de extensión tiene grado impar.

Cada extensión algebraica de un extraño campo de la característica $p\neq 2$ es impar.

Cada impar campo src.

Pregunta: Es cada src-el campo $K$ de los característicos $p\neq 2$ impar?

Parcial de la respuesta dada en este post: la respuesta es Sí para clases de los siguientes campos:

Clase 1: $K$ algebraica de la extensión de un campo finito.

Clase 2: $K$ algebraica de la extensión de los racionales, que lleva a una valoración $v$ de manera tal que los residuos del campo de $k(v)$ tiene características de las $p\neq 2$ $(K,v)$ es henselian.

El método que aquí se proporciona para demostrar que la respuesta es Sí para los campos en la clase 2 en realidad se puede aplicar de forma recursiva, creando así una infinidad de clases de campos para los cuales la respuesta es Sí. Precisamente, el siguiente resultado es probado:

Teorema: vamos a $K$ ser un src de campo que lleva a una valoración $v$ tal que $(K,v)$ es henselian, la característica de $k(v)$ $\neq 2$ $k(v)$ ia de un extraño campo. A continuación, $K$ es impar.

La prueba de la afirmación de los campos en la clase 1

La raíz cuadrada de cierre de un campo finito $\mathbb{F}_q$ $q=p^n$ elementos, $p\neq 2$.

(A) En $\mathbb{F}_q$ ha $-1\neq 1$$(-1)^2=1$. Por lo tanto $\mathbb{F}_q\neq\mathbb{F}_q^2$.

(B) fijos En una clausura algebraica de $\mathbb{F}_q$ no es exactamente una extensión de $F/\mathbb{F}_q$ grado $2$, es decir,$\mathbb{F}_{q^2}$. Por lo tanto todos los $x\in\mathbb{F}_q\setminus\mathbb{F}_q^2$ tiene sus raíces cuadradas en $\mathbb{F}_{q^2}$.

Esta es una propiedad general de los limitados campos: dentro de un plazo algebraica de cierre no es exactamente una extensión de un grado determinado.

(C) El campo $K:=\bigcup\limits_{k\in\mathbb{N}}\mathbb{F}_{q^{2^k}}$ es la más pequeña de raíz cuadrada-campo cerrado que contiene a $\mathbb{F}_{q}$.

Por construcción $K$ debe estar contenida en cada raíz cuadrada-campo cerrado que contiene a $\mathbb{F}_{q}$.

(D) Todo polinomio irreducible $f\in K[X]$ tiene grado impar.

Prueba: supongamos $x$ ser una raíz de $f$ y elija $k$ tal que $K_0:=\mathbb{F}_{q^{2^k}}$ contiene todos los coeficientes de $f$. A continuación,$[K(x):K]=[K_0(x):K_0]$$K_0(x).K=K(x)$. Ahora $K_0(x)/K_0$ es una extensión cíclica, porque cada finito extensión de campos finitos es cíclico generado por el Frobenius mapa. Por lo tanto si $2$ divide $[K_0(x):K_0]$, existe un campo intermedio $K_0\subset M\subseteq K_0(x)$ tal que $[M:K_0]=2$. Pero, a continuación, $M\subset K$ e lo $[K(x):K]<[K_0(x):K_0]$.

(E) Para cada extensión algebraica $L$ $K$ cada polinomio irreducible $f\in L[X]$ tiene grado impar. En particular, $L$ es en sí misma raíz cuadrada-cerrado.

Prueba: supongamos $f\in L[X]$ ser irreductible, y elegir una extensión finita $L_0/K$ tal que $L_0$ contiene los coeficientes de $f$. Desde $L_0/K$ es separable, su grado de (D) es impar. Deje $x$ ser una raíz de $f$. A continuación, el grado de $L_0(x)/K$ es extraño demasiado. En consecuencia, el grado de $f$ ser igual al grado de $L_0(x)/L_0$ debe ser impar.

Cabe destacar lo siguiente: (E) es verdadera (la misma prueba) para cada extensión separable $L$ de un campo de $K$ para que cada irreductible polinomio tiene grado impar..

(F) Cada raíz cuadrada-cerrado algebraicas extensión de $\mathbb{F}_q$ es una extensión algebraica de $K$.

Hechos a partir de la Teoría de la Valoración

Yo uso las siguientes fuentes:

[E] O. Endler, La Valoración De La Teoría

[K] Franz-Viktor Kuhlmann, http://math.usask.ca/~fvk/Fvkbook.htm

[Z] P. Samuel, O. Zariski, Conmutativa Álgebra II

Por comodidad me acuerdo de algunas definiciones básicas y los hechos:

(1) Una valoración $v$ de un campo de $K$ es un surjective grupo homomorphism $v:K^\ast\rightarrow\Gamma$ donde $\Gamma$ es totalmente ordenado abelian grupo (llamado el grupo de valores de $v$), de tal manera que $v(x+y)\geq\min (vx,vy)$.

(2) La valoración del anillo de $v$ es el sub-anillo $O:=\{x\in K^\ast : vx\geq 0\}\cup 0$. Es un anillo local con ideal maximal $M:=\{x\in K^\ast : vx> 0\}\cup 0$. El campo $k(v)=O/M$ se llama el residuo de campo de $v$.

(3) Una valoración $v$ $K$ tiene al menos una prolongación $w$ a un campo de ampliación $L$$K$. El valor del grupo de $\Delta$ $w$ contiene $\Gamma$ como un subgrupo. El residuo de campo $k(w)$ es una extensión del campo de $k(v)$. Si $L/K$ es algebraica, a continuación, $k(w)/k(v)$ es algebraica y de la $\Delta /\Gamma$ es una torsión de grupo. [E], Capítulo 2, Párrafo 9 de la o [Z], Capítulo 6, Párrafo 4.

(4) Una valoración $v$ (o el par $(K,v)$) se llama henselian, si $v$ tiene exactamente una prolongación a cualquier algebraicas campo de la extensión de $K$.

(5) Para cada valoración $v$ de un campo de $K$ existe una extensión algebraica de campo $K^h$ $K$ y una prolongación $v^h$ $v$ $K^h$tal que $(K^h,v^h)$ es henselian y el valor de los grupos y el resto de los campos de $v$ $v^h$ coinciden. $(K^h,v^h)$ se llama la henselisation de $(K,v)$. [E], Capítulo 3, Párrafo 17.

(6) Deje $(K,v)$ ser henselian. A continuación, para cada extensión finita $L/K$ la siguiente ecuación se tiene: $[L:K]=(\Delta :\Gamma )[k(w):k(v)]d(w/v)$ donde $w$ es la única prolongación de $v$ a $L$, $\Delta$ es el valor del grupo de $w$, $(\Delta :\Gamma )$ es el índice de $\Gamma$ $\Delta$ $d(w/v)$ es una potencia de la característica de $k(v)$ (llamado el defecto de $w$). [K], Capítulo 11, los Lemas 11.1 y 11.17

(7) Deje $K$ ser un src de campo y $v$ una valoración en $K$, $\Gamma$ $2$- divisible (que es $\Gamma =2\Gamma$) y $k(v)$ es un src de campo.

Si $(K,v)$ es henselian, $\Gamma$ $2$- divisible y $k(v)$ es un src de campo, a continuación, $K$ es un src de campo.

[K], En El Capítulo 9, Corolario De 9.38

La prueba de la afirmación de los campos en la clase 2 y Comentarios

Prueba del Teorema: vamos a $L/K$ ser una extensión finita y deje $w$ ser la única prolongación de $v$$L$. Por (7) el valor de grupo $\Gamma$ $v$ $2$- divisible, por lo tanto $(\Delta :\Gamma )$ es impar. Desde $k(v)$ es un extraño campo por supuesto, el grado $[k(w):k(v)]$ es impar. El defecto $d(w/v)$ es extraño dado que $k(v)$ tiene características de las $p\neq 2$. Por lo tanto, por (6) el grado $[L:K]$ es impar.

La prueba de la afirmación acerca de la clase 2: (3) el residuo de campo $k(v)$ es una extensión algebraica de un campo finito. Por (7) $k(v)$ es un src de campo. Por lo tanto $k(v)$ es de clase 1 y, por tanto, de un extraño campo. El teorema de ahora, los rendimientos de la afirmación.

Observaciones: vamos a $v_0$ ser una valoración en un campo de $K_0$ tal que $k(v_0)$ tiene características de las $\neq 2$. Dada una expresión algebraica de la extensión de $k/k(v_0)$ Valoración de la Teoría muestra que existe una extensión algebraica $K/K_0$ y una prolongación $v$ $v_0$ $K$tal que $k\subseteq k(v)$ y el grupo de valores de $v$ $2$- divisible.

Si $K_0$ no es algebraicamente cerrado, el campo de $K$ puede ser elegido para ser bastante pequeño en comparación con la clausura algebraica de $K_0$.

La combinación de estos datos con (5) se puede probar que la clase 2 contiene más campos de los que sólo el algebraicas cierre de $\mathbb{Q}$: tome $K_0$ a los racionales, $v_0$ $p$- ádico de valoración con $p\neq 2$, $k$ una expresión algebraica src-campo de la extensión del campo finito $\mathbb{F}_p$. Deje $K_1$ a ser el campo obtenidos por contigua a todos los elementos de la forma $p^{1/2^k}$, $k\in\mathbb{N}$ a $K_0$ y deje $v_1$ ser una prolongación de $v_0$$K_1$. Deje $K_2$ ser una extensión algebraica de $K_1$ tal que para algunos prolongación $v_2$ $v_1$ $K_2$la inclusión $k\subseteq k(v_2)$ mantiene. Por último vamos a $(K,v)$ ser el henselisation (5) de $(K_1,v_1)$. Entonces, por construcción el grupo de valores de $v_1$, por lo que de $v$ $2$- divisible. Por otra parte $k\subseteq k(v)$, por lo tanto $k(v)$ es un src de campo. Por lo tanto, por (7) $K$ es un src de campo.

Otro ejemplo: supongamos $K$ a ser el campo obtenidos por contigua a la de la serie de Laurent de campo $\mathbb{C}((t))$ todos los elementos de la forma $t^{1/2^k}$, $k\in\mathbb{N}$. El valuetion $v$ es la única extensión de la naturaleza discreta de valoración de $\mathbb{C}((t))$$K$.

Lierre la contribución de la

La prueba del complemento, de hecho, muestra que los campos en la clase 2 de mis post son impares: vamos a $L/K$ ser una extensión finita y deje $M/K$ ser su Galois casco. Entonces uno tiene la serie normal $V\subseteq T\subseteq G$ del grupo de Galois $G:=\mathrm{Gal}(M/K)$ donde $T$ es la inercia del grupo de la prolongación $w$$v$$M$, e $V$ es su ramificación del grupo. La ramificación de la teoría muestra que el $G/T$ es isomorfo al grupo abelian $\mathrm{Gal}(k(w)/k(v))$, $T/V$ es abelian y $V$ $p$- grupo. Por lo tanto $G$ es solucionable. El uso de Lierre la prueba de la complementan muestra que $[M:K]$ e lo $[L:K]$ son impares.

Esta manera de demostrar la afirmación de los campos de la clase 2, es mucho más elegante que la mía! ${}$

Answer 2

Este es un complemento de Lierre la respuesta. Es bien sabido que si tomamos un único polinomio $P$ de grado $n$, $P=X^n+a_{n-1}X^{n-1} + \ldots +a_1X+a_0$, en un "suficientemente aleatorio", entonces no habrá ninguna especial algebraicas relación satisfecho por las raíces de las $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$, distintos de los procedentes de las fórmulas igualando los coeficientes de los polinomios simétricos en las raíces. Para los "genéricos" opciones, $P$ será irreducible y su grupo de Galois será el grupo total ${\mathfrak S}_n$ (el concepto clave aquí es el de un conjunto fino en el sentido de Serre : el conjunto de polinomios que no cumplan lo que dicen formar un conjunto fino en ${\mathbb Q}^n$).

Del mismo modo, no habrá ninguna relación especial que implican las raíces de $Q(X)=P(X^2)$, por lo que el grupo de Galois de $Q$ ( $\mathbb Q$ ) será la isomorfo al grupo ${\mathfrak S}'_n$ de firmado permutaciones en $\lbrace 1,2, \ldots , n \rbrace$.

Denotar por $\mathbb S$ la raíz cuadrada de cierre de $\mathbb Q$ $\mathbb C$(en Hagen terminología), también conocido como el más pequeño cuadráticamente cerrado subcampo de $\mathbb C$ (en Lierre de la terminología).

Gracias a la correspondencia de Galois, a su pregunta : "Es $Q$ reducible $\mathbb S$ ?"se traduce como puramente grupo de la teoría de la pregunta, de la siguiente manera :

Para cualquier grupo de $G$, es fácil mostrar que la secuencia de las $G=N_0 >N_1>N_2> \ldots N_r$ donde $N_{i+1}$ es un subgrupo de índice$2$$N_i$, siempre debe parar finalmente a un subgrupo especial de $G$, que es independiente de la secuencia. No sé si ese subgrupo tiene un nombre en la literatura ya ; digamos que es el Begassat subgrupo de $G$ para el corto.

Entonces, para un polinomio genérico $P$, el grupo de Galois de $Q=P(X^2)$$\mathbb S$$B_n$, el Begassat subgrupo de ${\mathfrak S}'_n$. Por lo $Q$ irreductible $\mathbb S$ fib $B_n$ actúa transitivamente sobre $\lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace$.

Por lo que todo se reduce a calcular la Begassat subgrupo de ${\mathfrak S}'_n$. Ahora ${\mathfrak S}'_n$ puede ser escrito como una semi-producto directo de ${\mathfrak S}_n \rtimes \lbrace \pm 1\rbrace^n$ (la parte izquierda en la semi-producto corresponde a la firma de permutaciones sin los signos). Poner $$U_n=\lbrace (x_1,\ldots ,x_n) \in \lbrace \pm 1\rbrace^n | x_1x_2x_3 \ldots x_n=1\rbrace$$. Then $U_n$ has index $2$ in $\lbrace \pm 1\rbrace^n$ and ${\cal A}_n$ has index $2$ in ${\mathfrak S}_n$, so if we put $H_n={\mathfrak S}_n \rtimes U_n$ y $G_n={\mathcal A}_n \rtimes U_n$, en la secuencia de ${\mathfrak S}'_n >H_n >G_n$ cada término tiene el índice de $2$ en el anterior mandato.

Ahora$D(G_n)=G_n$$n\geq 5$, e $D(G_n)$ índice de $3$$G_n$$n=4$. Esto demuestra que $G_n$ puede tener un índice de $2$ subgrupo de $n\geq 4$, lo $G_n$ es el Begassat subgrupo de ${\mathfrak S}'_n$ y, por tanto, el grupo de Galois de $Q$$\mathfrak S$$G_n$, lo $Q$ es irreducible sobre $\mathfrak S$.

Para resumir : para "la mayoría" de los polinomios $P$ de grado $n\geq 4$, $Q=P(X^2)$ permanecerá irreductible $\mathbb S$, el más pequeño cuadráticamente cerrado subcampo de $\mathbb C$.

La principal diferencia con Lierre la respuesta aquí es que comienza con un "semi-genéricos" polinomio en lugar de un genérico (con grupo de Galois ${\mathcal A}_n$ lugar de ${\mathfrak S}_n$).

Answer 3

Creo que tengo un contador de ejemplo. Para hacer corta una historia larga, una extensión finita de un cuadráticamente campo cerrado no necesita ser cuadráticamente cerrado. Sin embargo, una solución extensión de un cuadráticamente campo cerrado es cuadráticamente cerrado, como se demostró en la final de la respuesta.

El ejemplo contrario es$P = x^5 + 20 x - 16$, $K$ cuadrática cierre de $\Bbb Q$. El polinomio $P(x^2)$ es irreducible sobre $K$.

Deje $L$ ser la descomposición de campo de $P$ $\Bbb Q$ $M$ ser la descomposición de campo de $Q = P(x^2)$$\Bbb Q$.

Yo reclamo que $KM$ es un buen cuadrática extensión de $KL$, y eso implica que a $Q$ es irreducible sobre $K$.

Tenga en cuenta que $K \mid \Bbb Q$ es una extensión de Galois, y por lo $L\cap K \mid \Bbb Q$ $M\cap K \mid \Bbb Q$ son extensiones de Galois así.

1. Descripción de algunos grupos de Galois sobre $\Bbb Q$- El grupo de Galois sobre $\Bbb Q$ de la extensión de Galois $L$$A_5$. Tomé un ejemplo de la página de la Wikipedia. El grupo de Galois sobre $\Bbb Q$ $M$ es un grupo de orden 960, isomorfo a $C_2^4 \rtimes A_5$. Este grupo admite sólo uno normal y adecuada de los subgrupos, que tiene orden de 16. He hecho los cálculos con la Salvia y la BRECHA, pero supongo que no debe ser demasiado difícil de hacer a mano.

2. $P$ es irreducible sobre $K$- El grupo de Galois $\operatorname{Gal}_K KL$ es isomorfo a $\operatorname{Gal}_{K\cap L} L$ desde $L$ es una extensión de Galois [por Bourbaki, V, §10, no. 8, thm. 5]. Desde $L\cap K \mid \Bbb Q$ es de Galois, $\operatorname{Gal}_{K\cap L} L$ es un subgrupo normal de $\operatorname{Gal}_{\Bbb Q} L \simeq A_5$. Desde $A_5$ es simple, a continuación, $\operatorname{Gal}_K KL$ $1$ o $A_5$. No puede ser $1$ desde $L$ no está incluido en $K$, por lo que es $A_5$. En particular, $\operatorname{Gal}_K KL$ actúa transitivamente sobre las raíces de la $P$, lo $P$ es irreducible sobre $K$.

3. Expresando la reducibilidad de $Q$ $K$ - afirmo que el polinomio $Q$ es reducible $K$ si y sólo si $KL = KM$. Sólo la izquierda-a-derecha implicación es necesaria, pero voy a probar. No sé si es un hecho general, pero en este caso, tengo pruebas concretas. ❧ Asumir que $KL = KM$. Deje $\alpha$ ser una raíz de $Q$. A continuación, $K(\alpha^2)$ tiene dimensión 5 $K$ desde $P$ es irreductible, y $[K(\alpha):K(\alpha^2)]$ es 1 o 2, por lo $[K(\alpha):K]$ es de 5 o de 10. Si es 5 $Q$ no es irreducible, ya que el polinomio mínimo de a $\alpha$ sería un grado 5 factor. Suponga que $[K(\alpha):K]$ es de 10. Tenemos una torre de extensiones $K < K(\alpha^2) < K(\alpha) < KL$, lo que da una cadena de subgrupos $A_5 > H_1 > H_2 > 1$,$[A_5:H_1] = 5$$[H_2 : H_1] = 2$. Pero todos los subgrupos de $A_5$ de índice de 5 es isomorfo a $A_4$ que no contiene ningún subgrupo de índice $2$. ❧ Suponer ahora que $Q$ es reducible. Se divide en dos factores de grado $5$. Deje $\alpha$ ser una raíz de $Q$. Desde $Q$ se divide sabemos $[K(\alpha) : K] = 5$, pero desde $P$ es irreductible, tenemos $[K(\alpha^2):K]$ es 5, así que $\alpha \in K(\alpha^2) \subset KL$, de ahí el reclamo.

4. $KM$ es una extensión adecuada de $KL$ - El grupo de Galois $\operatorname{Gal}_K KM$ es isomorfo a $\operatorname{Gal}_{K\cap M} M$, por lo tanto tenemos una secuencia exacta $$ 1 \longrightarrow \operatorname{Gal}_K KM \longrightarrow \operatorname{Gal}_{\Bbb Q} M \longrightarrow \operatorname{Gal}_{\Bbb Q} K\cap M \longrightarrow 1.$$ En particular, $\operatorname{Gal}_K KM$ es un subgrupo normal de $\operatorname{Gal}_{\Bbb Q} M$, conteniendo $A_5$ como un subgrupo. El estudio de la estructura de $\operatorname{Gal}_{\Bbb Q} M$ muestra que esta normal suggroup es el grupo total $\operatorname{Gal}_{\Bbb Q} M$ a que el fin de 960. En particular, $KM$ es una extensión adecuada de $KL$, y, por tanto, $Q$ es irreducible sobre $K$. Desde $M$ es distribuido por las raíces de $Q$, $KM = KL$

Complemento : Una solución extensión de $K$ es cuadráticamente cerrado - Desde un solucionable extensión se divide en una torre de la extensión, es suficiente para considerar una extensión cíclica $L$$K$. Deje $M$ ser una ecuación cuadrática de la extensión de $L$. Tenemos una secuencia exacta $$ 1 \longrightarrow \operatorname{Gal}_L M \longrightarrow \operatorname{Gal}_K M \longrightarrow \operatorname{Gal}_K L \longrightarrow 1 $$ lo que da un isomorfismo $\operatorname{Gal}_K M \simeq C_2 \rtimes C_n$. Pero tal semi-producto directo es siempre un producto directo. En particular, $\operatorname{Gal}_K M$ $C_n$ como un subgrupo normal de índice 2. La conexión de Galois, a continuación, da una ecuación cuadrática de la extensión de $K$, lo cual es una contradicción. Creo que este resultado contiene los resultados de Hagen.

Nota - Este contra-ejemplo que da también un contador de ejemplo para la pregunta vinculada por Olivier : Si $K=K^2$, entonces cada automorphism de $\mbox{Aut}_K V$ donde $\dim V< \infty$, es la plaza de algunas endomorfismo.