Demostrar que un polinomio no es resoluble por radicales.

Question

Intento demostrar que el siguiente polinomio no es resoluble por radicales:

$$p(x) = x^5 - 4x + 2 $$

Primero, por Eisenstein es irreducible.

(No es difícil ver que este polinomio tiene exactamente 3 raíces reales)

¿Cómo puedo proceder?

Gracias.

Answer 1

Hoja de ruta para el trabajo a continuación: Bastará con demostrar que el polinomio tiene un grupo de Galois irresoluble, a saber $S_5$ . Para ello, mostraremos que el grupo de Galois, visto como un grupo de permutación, tiene un $5$ -ciclo y un $2$ -ciclo; estos sirven como conjunto generador de $S_5$ .

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Dejemos que $K$ sea el campo de división de $f$ . En adelante, será útil pensar en el grupo de Galois $\text{Gal}(K/\mathbb{Q}) \subseteq S_5$ como un grupo de permutación que actúa sobre las cinco raíces de $f$ .

Ahora bien, como $f$ es un quíntico irreducible, podemos adjuntar una de sus raíces reales a $\mathbb{Q}$ para obtener un grado- $5$ extensión de $\mathbb{Q}$ , dando la torre de campos $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\alpha) \subset K$ . Aplicando la fórmula de multiplicación , $|\text{Gal}(K/\mathbb{Q})| = [K:\mathbb{Q}] = 5\cdot[K:\mathbb{Q}(\alpha)]$ Así que vemos que $5$ divide $|\text{Gal}(K/\mathbb{Q})|$ . Por lo tanto, al Teorema de Cauchy debe existir un elemento en $\text{Gal}(K/\mathbb{Q})$ de orden $5$ . Este elemento es necesariamente un $5$ -ciclo (fácil de ver si se piensa en descomponer el elemento en ciclos disjuntos; ¿cuál es el orden de dicha descomposición en términos de las longitudes de los ciclos disjuntos?)

Continuando, ya has observado que el polinomio tiene exactamente dos raíces complejas que son necesariamente conjugados complejos , digamos que $a + bi$ et $a-bi$ . Existe un $\phi \in \text{Gal}(K/\mathbb{Q})$ , es decir, la conjugación compleja, en la que $\phi(a+bi) = a-bi$ y fija el $3$ raíces reales. En particular, $\phi$ es un $2$ -ciclo.

A continuación, es un teorema que cualquier $2$ -ciclo junto con cualquier $p$ -generará todo el grupo simétrico $S_p$ para cualquier primo $p$ . A partir de esto, podemos concluir que $\text{Gal}(K/\mathbb{Q}) \cong S_5$ .

Lo único que queda es demostrar que $S_5$ no es un grupo soluble. $S_5$ no puede resolverse porque $A_5$ es su único subgrupo normal y $A_5$ no tiene subgrupos normales por lo que no podemos construir una cadena $\{e\} = G_0 \subset G_1 \subset \cdots \subset G_n = S_5$ de manera que cada $G_{j-1}$ es normal en $G_j$ et $G_{j}/G_{j-1}$ es abeliana. Por lo tanto, podemos concluir que las raíces de $f$ no se pueden resolver por medio de radicales.

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Editar : $ \ $ SteveD en los comentarios de abajo me ha llamado la atención sobre Teorema de Jordan que establece que, si un subgrupo $H \leq S_n$ es primitivo y contiene un $p$ -ciclo para un primo $p< n \! - \! 2$ entonces $H \cong S_n \text{ or } A_n$ . También se puede demostrar que los grupos transitivos de orden primo son primitivos, lo que nos permitiría concluir $\text{Gal}(K/\mathbb{Q}) \cong S_n \text{ or } A_n$ tras demostrar la existencia de una $5$ -ciclo o de un $2$ -ciclo en este grupo. A partir de aquí, podemos concluir que el polinomio no puede ser resoluble por radicales ya que ni $S_n$ ni $A_n$ es solucionable.

Answer 2

He aquí un teorema general que se ajusta perfectamente a tu problema:

Si $f$ es un polinomio irreducible de grado primo $p$ con coeficientes racionales y exactamente dos raíces no reales, entonces el grupo de Galois de $f$ es el grupo simétrico completo $S_p$ . [Wikipedia]

En su caso, $p=5$ et $S_5$ no tiene solución.

Answer 3

Como la mayoría de los polinomios $f$ de grado $n$ tienen grupo de Galois $G=S_n$ es deseable tener un algoritmo fácil de verificar. Aquí lo tenemos: Elegir los primos $p$ hasta que ocurra cada una de las tres cosas siguientes:

1. El polinomio $f$ Factores de modulación $p$ en producto de lineales y una cuadrática irreducible. (Todos los lineales deben ser distintos). Esto asegurará que tienes una transposición en el grupo de Galois.
2. El polinomio $f$ Factores de modulación $p$ en uno lineal y otro irreducible de grado $n-1$ . De este modo, se asegurará de tener una $n-1$ ciclo en el grupo de Galois.
3. El polinomio $f$ es irreducible módulo $p$ . De este modo, se asegurará de tener una $n$ ciclo en el grupo de Galois.

(Suponemos que $n>2$ , para $n=2$ el primer paso es suficiente, y para $n=1$ no hay nada que hacer). A partir de 3, el grupo de Galois $G$ es transitiva, a partir de 2 es doblemente transitiva, por lo que a partir de 1 contiene todo transposición y por lo tanto es igual a $S_n$ .

Esto siempre funcionará si el grupo de Galois es $S_n$ debido al teorema de Chebotarev; y se supone que entra en acción bastante rápido (es decir $p$ se supone que es relativamente pequeño en términos de $n$ y el tamaño de los coeficientes), pero no se sabe con rigor a qué velocidad.

Este algoritmo puede ser mucho más eficiente, pero el objetivo era mantenerlo simple.