Реферат: Об алгебраических уравнениях высших степеней

то, применив j к обеим частям, получим

a₀ ( a ^j )ⁿ + a₁ ( a ^j )^{n – 1} + … + a_n = 0,

т.е. a ^j – корень того же уравнения! Другими словами, автоморфизм j просто переставляет корни a ₁ , …, a _n между собой, определяя тем самым некоторую перестановку

a ₁ … a _n

a ₁ … a _in

легко сообразить, что произведению автоморфизмов будет отвечать произведение соответствующих перестановок, так что все получающиеся при этом перестанвоки сами составляют группу. Она называется группой симметрий или группой Галуа уравнения f =0 и обозначается Gal(f ). Понятно, что Gal(f ) – подгруппа группы S_n всех перестановок п символов. Оказывается, свойствами группы Галуа и определяется ответ на вопрос о разрешимости данного уравнения в радикалах.

Вот этот знаменитый

Критерий Галуа. Уравнение f=0 тогда и только тогда разрешимо в радикалах, когда его группа Gal(f ) обладает полициклической матрёшкой.

Прежде всего, может возникнуть недоумение: «Как можно манипулировать перестановками корней, когда сами корни неизвестны? А если корни будут найдены, то никакие перестановки уже не понадобятся. В чем здесь достижение?»

Оказывается, что группу Gal(f ) действительно можно вычислить, не зная корней уравнения f = 0, а пользуясь лишь, так сказать, соображениями симметрии.

Рассмотрим уравнение

x⁴ – x² + 1 = 0.

Конечно, без всякого критерия Галуа видно, что оно биквадратное и легко решается в радикалах, но наша цель сейчас в другом продемонстрировать на этом простеньком примере, как, не пользуясь знанием корней уравнения, найти его группу Галуа. Сейчас мы убедимся, что это вполне возможно. Прежде всего заметим, что многочлен

f = x ⁴ – x ² + 1,

стоящий в левой части, не разлагается на множители меньшей степени с рациональными коэффициентами. Для выяснения этого имеется несложный общей прием, на котором мы не будем останавливаться.

Пусть a какой-нибудь корень нашего уравнения. Понятно, что тогда -a, 1/a, -1/a - тоже корни, причем все они попарно различны. Занумеруем их, пусть

a₁ = a, a₂ = - a, a₃ = 1/a, a₄ = -1/a

Очевидно,

Q ( a₁ , a₂ , a₃ , a₄ )= Q (a)

Какие перестановки войдут в группу Gal(f )? Разумеется, далеко не все 24 перестановки четырех символов. В самом деле, если при каком-то автоморфизме поля Q (a) число a переходит в a₁ , т.е. остается на месте, то легко понять, числа a₂ , a₃ , a₄ тоже останутся на месте. Другими словами, получится единичная перестановка е . Далее, если a перейдет в a₂ , то по той же причине получится перестановка

а =

a₁ a₂ a₃ a₄

a₂ a₁ a₄ a₃

Наконец, при aa₃ и aa₃ получатся перестановки

b =

a₁ a₂ a₃ a₄

a₃ a₄ a₁ a₂

c =

a₁ a₂ a₃ a₄

a₄ a₃ a₂ a₁

Так как все возможности для образа корня a мы перебрали, никакие другие перестановки появиться не могут.

С другой стороны, можно убедиться, что все четыре перестановки е, а, b, с действительно возникают из автоморфизмов поля Q (a), так что они и составляют группу Gal(f ) нашего уравнения. В самом деле, рассмотрим, например, подстановку а (для подстановок b, c рассуждение абсолютно аналогично). Если, как мы собираемся доказать, автоморфизм поля Q (a), соответствующий подстановке a , существует, то он обязан действовать так:

,

где g, h произвольные многочлены с рациональными коэффициентами, причем h( a) ¹ 0 (учтите, что автоморфизм обязан переводить сумму в сумму и произведение в произведение). Ясно, что это формулу и следует взять за определение искомого автоморфизма. Тонкость состоит в том, что число может быть записано многими разными способами:

и нужно убедиться, что при замене a на a₂ все эти равенства сохранятся. Иначе говоря, если p = gh₁ – g₁ h и p( a) = 0 , то и p( a₂ ) = 0 . Чтобы доказать это, поделим р на исходный многочлен f с остатком:

p(x) = f(x)q(x) + r(x);

остаток r( x) – это многочлен степени не выше третьей. Так как p( a) = f( a) = 0 , то и r( a) = 0 . Предположим на время, что r( x) ¹ 0 . По школьной теореме Безу многочлены f( x), r( x) имеют общий делитель x - a; пусть d( x) – их наибольший общий делитель. Очевидно, d( x) имеет степень не ниже первой и не выше третьей и делит многочлен f( x) , а это противоречит неразложимости на множители. Полученное противоречие означает, что r( x)=0 , т.е.

p(x) = f(x)q(x).

Положив здесь x = a₂ , получаем требуемое равенство p( a₂ ) = 0 (а вместе с ним и два других равенства p( a₃ ) = p( a₄ ) = 0). Точно так же из h( a) ¹ 0 следует h( a₂ ) ¹ 0 и т.д. Итак,

Gal(f) = {e, a, b, c}.

Как видите, группа Галуа найдена, и значения корней при этом не понадобились!

В заключение несколько слов об общем уравнении

a₀ xⁿ + a₁ x^{n – 1} + … + a_n = 0,

где a ₀ , a ₁ , …, a_n - буквенные коэффициенты. Можно показать (опять-таки не пользуясь значениями корней), что группой Галуа этого уравнения будет группа всех перестановок S_n . обладает ли она полициклической матрешкой подгрупп? Если п £4, то да. Если же п ³ 5, то группа S_n не имеет полициклических матрёшек, - это уже довольно трудная теорема, также доказанная Эваристом Галуа. Следовательно, общее уравнение степени п ³ 5 неразрешимо в радикалах.

Заканчивая этот краткий очерк идей Галуа, скажем, что шестьдесят страниц, написанных Эваристом Галуа накануне роковой дуэли явилось одним из истоков современной теории групп – основного и наиболее развитого раздела алгебры, изучающего в общем виде глубокую закономерность реального мира – симметрию.

Преобразование j поля К называется его автоморфизмом , если оно сумму переводит в сумму, а произведение в произведение, т.е.