Степень поля разложения

[Dedekind]

Если $a(x)$ — многочлен степени $n$ из $F[x]$, а $K$ — поле разложения многочлена $a(x)$ над $F$, то $[K:F]\mid n!$.

Я начал так. По индукции: база очевидна. Предположим, что утверждение верно для $n-1$. Пусть $\deg(a(x))=n$, и пусть $u_1\in K$ — корень многочлена $a(x)$. Тогда $a(x)=(x-u_1)b(x)$, где $\deg(b(x))=n-1$. Пусть минимальный многочлен $u_1$ имеет степень $d\le n$. Тогда $[F(u_1):F]=d$. Кроме того, $K=F(u_1,\ldots,u_n)=F(u_1)(u_2,\ldots,u_n)$, где $u_1,\ldots,u_n$ — все корни многочлена $a(x)$ (при этом $u_2,\ldots,u_n$ являются корнями $b(x)$). Следовательно, $K$ является полем разложения многочлена $b(x)$ над $F(u_1)$. Поэтому, по гипотезе индукции, $[K:F(u_1)]\mid (n-1)!$.

Теперь нужно доказать, что $[K:F]\mid n!$. Имеем $[K:F]=[K:F(u_1)][F(u_1):F]=d[K:F(u_1)]$. На этом месте я застрял. Не понимаю, как использовать тот факт, что $[K:F(u_1)]\mid (n-1)!$ и что $d\le n$ (а значит, $d\mid n!$), чтобы прийти к нужному выводу.

[dgwuqtj]

Можно сначала свести задачу к случаю, когда многочлен неприводим, а потом уже делать индукцию.

[Dedekind]

dgwuqtj in post #1726789 писал(а):

Можно сначала свести задачу к случаю, когда многочлен неприводим, а потом уже делать индукцию.

Попробую. Для неприводимого получается $d = n$, и, если $[K:F(u_1)]$ делит $(n-1)!$, тогда $[K:F] = n[K:F(u_1)]$ делит $n(n-1)! = n!$.

Теперь для приводимого. Пусть $a(x)=f_1(x)\cdots f_m(x)$, где степени неприводимых множителей равны $k_1,\ldots,k_m$, все меньше $n$, и $k_1+\cdots+k_m=n$. Если для каждого $f_i(x)$, $F_i$ — его поле разложения над $F$, то по доказанному ранее неприводимому случаю, $[F_i:F]$ делит $k_i!$.

Теперь нужно доказать, что $[K:F]$ делит $n! = (k_1+\cdots+k_m)! = r k_1!k_2!\cdots k_m!$, где $r$ — некоторое натуральное число (по формуле для мультиномиального коэффициента). Обозначим через $c_i$, для краткости, множество корней $f_i(x)$. Тогда, $[K:F] = [K:F(c_1, ..., c_{n-1})] [F(c_1, ..., c_{n-1}):F(c_1, ..., c_{n-2})]...[F(c_1):F]$. Теперь нужно как-то доказать, что каждый множитель тут делит соответствующее $k_i!$, но пока не вижу как.

[Dedekind]

Ага, кажется, понял. Достаточно рассмотреть $a(x) = f(x)b(x)$, где $ f(x)$ - неприводимый полином степени $k$. Тогда $[K:F] = [K:F(\text{корни f})][F(\text{корни f}):F]$. Тогда по доказанному неприводимому случаю, второй множитель делит $k!$, а по гипотезе индукции первый делит $(n-k)!$, поскольку $n-k$ - степень $b(x)$ и $K = F(\text{корни f})(\text{остальные корни a, они же корни b})$ - поле разложения $b(x)$. Тогда их произведение делит $n! = r k!(n-k)!$.

[Gagarin1968]

Dedekind
Когда прочитал Ваше доказательство, то что-то меня покоробило, так и не понял что. Перечитал ещё пару раз и сверился с учебником.
И сдаётся мне, что в Вашей схеме для приводимого многочлена есть логическая ошибка , из-за которой доказательство не работает. Вы утверждаете:

Dedekind в сообщении #1726801 писал(а):

...по гипотезе индукции первый (множитель $[K:F(\text{корни f})])
делит $(n-k)!$, поскольку $n-k$ - степень $b(x)$

.
Я думаю, что это не так. Поле $K$ является полем разложения многочлена $b(x)$ не над исходным полем $F$, а над полем $F(\text{корни } f)$.

Но гипотеза индукции говорит: степень поля разложения многочлена степени $(n-k)$ над любым полем делит $(n-k)!$. Значит, $[K:F(\text{корни } f)] \mid (n-k)!$. Это-то верно. Но ошибка, как мне кажется (ненавижу всякие ИМХО), в следующем шаге. Вы пишете:

Dedekind в сообщении #1726801 писал(а):

Тогда их произведение делит $n! = r k!(n-k)!$

Из того, что $ X \mid k!$ и $Y \mid (n-k)!$, автоматически следует, что $X \cdot Y \mid k!(n-k)!$. А поскольку $k!(n-k)!$ делит $n!$ (так как их отношение — это биномиальный коэффициент ${n \choose k}$, который является целым числом), то $XY$ действительно делит $n!$.

И вот тут, мне думается, логическая ошибка. Ведь равенство $ [K:F] = [K:F(\text{корни } f)] \cdot [F(\text{корни } f):F]$ не всегда верно в таком виде. Ведь поле $K$ — это поле разложения всего многочлена $a(x)$ над $F$. Если мы сначала присоединяем корни $f(x)$, мы

получаем поле $L = F(\text{корни } f)$. Затем, чтобы получить $K$, мы должны присоединить к $L$ корни многочлена $b(x)$.То есть $K$ — это поле разложения $b(x)$ над $L$. И Ваша формула степеней верна: $[K:F] = [K:L] \cdot [L:F]$.

Но вы же утверждаете, что $[L:F] \mid k!$, ссылаясь на "доказанный неприводимый случай":

Dedekind в сообщении #1726801 писал(а):

Тогда по доказанному неприводимому случаю...

Вот здесь, на мой взгляд, и кроется ошибка: $f(x)$ — неприводимый многочлен, но $L$ — это поле разложения всех его корней, а не просто поле, полученное присоединением одного корня!

В неприводимом случае вы доказали, что если $u_{1}$ — один корень, то $[F(u_1):F] = k$. Но поле разложения всего многочлена $f(x)$ (обозначим его $L$) имеет степень $ [L:F]$, которая сама по себе равна некоторому числу, делящему $ k!$ (а ведь это как раз то, что нужно доказать по индукции).
Таким образом, разделяя на приводимый и неприводимый случаи, Вы как бы зацикливаете логику: для приводимого случая вам нужно знать, что для неприводимого $f(x)$ степени $k$ его поле разложения имеет степень, делящую $ k!$. Но Вы в неприводимом случае доказали это только для одного корня, а не для всего поля разложения $f(x)$.
Доказательство как-то нужно исправить, я пока не вижу как, надо подумать.
Но навскидку мне это видится так: Вам не нужно делить задачу на приводимые и неприводимые многочлены. Ведь индукция должна прекрасно работать "в лоб" через Ваш самый первый вариант (из стартового поста), если применить простое свойство делимости.

[Dedekind]

Gagarin1968 in post #1726885 писал(а):

Ведь равенство $ [K:F] = [K:F(\text{корни } f)] \cdot [F(\text{корни } f):F]$ не всегда верно в таком виде.

Gagarin1968 in post #1726885 писал(а):

И Ваша формула степеней верна: $[K:F] = [K:L] \cdot [L:F]$.

Что-то я не совсем понял.

Gagarin1968 in post #1726885 писал(а):

В неприводимом случае вы доказали, что если $u_{1}$ — один корень, то $[F(u_1):F] = k$. Но поле разложения всего многочлена $f(x)$ (обозначим его $L$) имеет степень $ [L:F]$, которая сама по себе равна некоторому числу, делящему $ k!$ (а ведь это как раз то, что нужно доказать по индукции).

Ну так это ведь и доказано по индукции для неприводимого случая. То есть, тут две независимые друг от друга индукции: вначале по индукции доказываем, что если $K$ - поле разложения неприводимого полинома степени $n$, то $[K:F]$ делит $n!$. На этом первая индукция закончена.
И в совершенно отдельной индукции для приводимого случая используем то, что $[F(\text{корни } f):F]$ делит $k!$, где $F(\text{корни } f)$ - поле разложения $f(x)$ - играет роль $K$ из неприводимого случая, а $k$ играет роль $n$.

Gagarin1968 in post #1726885 писал(а):

Ведь индукция должна прекрасно работать "в лоб" через Ваш самый первый вариант (из стартового поста), если применить простое свойство делимости.

Было бы неплохо, но не вижу как.

[RIP]

Dedekind в сообщении #1726886 писал(а):

вначале по индукции доказываем, что если $K$ - поле разложения неприводимого полинома степени $n$, то $[K:F]$ делит $n!$

Это доказательство неверно, поскольку многочлен $b(x)$ может быть приводим.

Я бы не делал две независимые индукции, а просто в шаге индукции рассмотрел два случая: когда многочлен неприводим (работает первое рассуждение) и когда приводим (работает рассуждение с $k!(n-k)!$).

[Dedekind]

RIP in post #1726895 писал(а):

Это доказательство неверно, поскольку многочлен $b(x)$ может быть приводим.

И правда, об этом я как-то не подумал.

RIP in post #1726895 писал(а):

Я бы не делал две независимые индукции, а просто в шаге индукции рассмотрел два случая: когда многочлен неприводим (работает первое рассуждение) и когда приводим (работает рассуждение с $k!(n-k)!$).

Спасибо!

[RIP]

(Оффтоп)

Если характеристика равна 0, то можно ещё так на это посмотреть. Степень расширения $[K:F]$ — это порядок группы Галуа $\operatorname{Gal}(K/F)$. Каждый автоморфизм $K$ над $F$ как-то переставляет корни многочлена $a(x)$ (причём если все корни переходят в себя, то и все элементы поля $K$ переходят в себя, то есть автоморфизм тождественный). Следовательно, группа Галуа $\operatorname{Gal}(K/F)$ вкладывается в группу подстановок на множестве (различных) корней $a(x)$, откуда следует требуемое.

[Dedekind]

RIP
Отличный вариант, спасибо!

[RIP]

(Оффтоп)

В частности, для степени 3 можно доказать такое утверждение (в характеристике 0). Пусть многочлен $a(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)(x-\alpha_3)\in F[x]$ неприводим над $F$, $D=(\alpha_1-\alpha_2)^2(\alpha_1-\alpha_3)^2(\alpha_2-\alpha_3)^2$ — его дискриминант, $K=F(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$. Тогда группа Галуа $\operatorname{Gal}(K/Q)$ является циклической порядка 3, если $D$ есть полный квадрат в $F$, и изоморфна $S_3$ в противном случае.

[Dedekind]

(Оффтоп)

RIP
Я до групп Галуа еще не дошел, поэтому мне, наверное, сложно осознать значимость этого утверждения. Но обязательно к нему вернусь:)

[Gagarin1968]

Dedekind в сообщении #1726886 писал(а):

Gagarin1968 in post #1726885 писал(а):

Ведь индукция должна прекрасно работать "в лоб" через Ваш самый первый вариант (из стартового поста), если применить простое свойство делимости.

Было бы неплохо, но не вижу как.

Dedekind
Кажется, немного прояснилось.
Вернусь к тому моменту, на котором Вы застряли в самом начале (в стартовом посте).

Вы верно получили $[K:F] = d \cdot [K:F(u_1)]$.

Вы верно указали $d\leqslant n$ (так как минимальный многочлен корня $u_{1}$ делит $a(x)$, степень которого равна $n$).

По предположению индукции$ [K:F(u_1)] \mid (n-1)!$.

А теперь решающий шаг: из $[K:F(u_1)] \mid (n-1)!$ следует, что существует целое число $m$ такое, что

$$(n-1)!=m\cdot [K:F(u_{1})]$$

Умножим обе части на $n$:

$$n!=n\cdot (n-1)!=n\cdot m\cdot [K:F(u_{1})]$$

Теперь подставим сюда $[K:F(u_1)] = \frac{[K:F]}{d}$:

$$n!=n\cdot m\cdot \frac{[K:F]}{d}=\left(\frac{n}{d}\cdot m\right)\cdot [K:F]$$

Но тут возникает вопрос: так как $d\leqslant n$, делит ли число $[K:F]$ число $n!$?

Ведь необязательно, чтобы $d$ делило $[K:F(u_1)]$. Нам нужно просто показать, что выражение в скобках $\left(\frac{n}{d} \cdot m\right)$ — это целое число. Но $d$ совершенно не обязательно делит $n$ (например, многочлен степени $4$ может иметь неприводимый множитель степени $3$, тогда
$d=3$, и $3$ не делит $4$).
Но что-то в этом всём мне не нравится. Наверное, отсутствие строгости. Всё это как-то на словах, всё висит в воздухе. А хотелось бы построже.
Подумаю ещё.