степень расширения поля

[Таня Тайс]

Прошу помощи в стандартной задаче по алгебре. Дан полином

$$X^3-2X+2$$

,

$$K$$

поле разложения этого полинома над

$$ \mathbb{Q}$$

. Надо доказать, что

$$[K: \mathbb{Q}]=6$$

.
Моё решение: нахожу все корни этого полинома по формуле Кардано. Их 3.

Подскажите, как решить эту задачу иначе?
З.Ы Давно пытаюсь что-то понять в алгебре. Увы.

Добавлено спустя 9 минут 17 секунд:

формула Кардано:

$$X^{3}+qX+p=0$$

$$ X_{1,2,3}=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}$$

[Бодигрим]

Я не очень в теме, но мне странно, что у полинома 3-й степени нашлись 6 различных корней. Так не бывает.

Добавлено спустя 3 минуты 6 секунд:

Так как вы применяете формулу Кардано, чтобы получить с ее помощью 6 корней? В ней квадратный корень понимается в арифметическом смысле - только положительное значение.

[Таня Тайс]

Конечно не бывает. Извините. Их только 3.

Добавлено спустя 1 минуту 42 секунды:

Уже исправила.

Добавлено спустя 4 минуты 14 секунд:

Получается, что добавляются 3 корня этого многочлена( они не из

$$\mathbb{Q}$$

) плюс

$$i ,\; [\mathbb{C} :\mathbb{Q}(X_{1,2,3})]=2$$

А есть другое решение?

[Бодигрим]

Насколько я понимаю, многочлен $x\in K_0[x]$ с $\deg x=n$ не может порождать расширение $K_1$, такое, что $[K_1 : K_0] > n$. Так что в вашей задаче, похоже, опечатка.

Добавлено спустя 2 минуты 52 секунды:

Таня Тайс писал(а):

Получается, что добавляются 3 корня этого многочлена( они не из

$$\mathbb{Q}$$

) плюс

$$i ,\; [\mathbb{C} :\mathbb{Q}(X_{1,2,3})]=2$$

Почему "плюс $i$"? Почему

$$[\mathbb{C} :\mathbb{Q}(X_{1,2,3})]=2$$

? Поле комплексных чисел не может быть конечным расширением поля рациональных.

[Таня Тайс]

Но мы ведь извлекаем кв. корень из отрицательного числа! Значит, появляется

$$i$$

.

Добавлено спустя 1 минуту 46 секунд:

А это расширение степени 2.

[Echo-Off]

Пусть $f(x) = x^3 + px + q \in K[x]$ - неприводимый многочлен над $K$, $x_1$, $x_2$, $x_3$ - его корни, $E = K(x_1,\,x_2,\,x_3)$. Обозначим $\delta = (x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)$. Тогда:
1) $\delta \in K$ $\Leftrightarrow$ $[E:K]=3$ и $G(E/K) = \mathbb{Z}_3$;
1) $\delta \not\in K$ $\Leftrightarrow$ $[E:K]=6$ и $G(E/K) = S_3$.

Добавлено спустя 1 минуту 40 секунд:

Возможно, вычислять $\delta$ через произведение разностей корней не очень удобно. Вот тогда такое утверждение:
$\delta^2 = \Delta = -4p^3-27q^2$

[Таня Тайс]

То есть мне нужно считать

$$\delta$$

? Очень не хочется.

[Echo-Off]

Таня Тайс писал(а):

$[\mathbb{C} :\mathbb{Q}(X_{1,2,3})]=2$

На самом деле $[\mathbb{C} :\mathbb{Q}(X_{1,2,3})]=\infty$.

[Таня Тайс]

То есть теперь добавляется

$$\delta$$

к

$$K(X_{1,2,3})$$

?

[Echo-Off]

Почему добавляется? Просто считаете $\sqrt{-4p^3-27q^2}$ и смотрите, рационален этот корень или нет

[Таня Тайс]

А почему нужно именно так аргументировать, а не рассматривать, например, по отдельности

$$(X_{1}-X_{2}) ,\; (X_{2}-X_{3})$$

и т.д.?
Спасибо.

[Echo-Off]

Стантартное утверждение для алгебраической теории чисел

Вот тут можно подробнее ознакомиться (правда, указанное утверждение сформулировано там ввиде задачи )

[Таня Тайс]

Спасибо огромное!!! Всё ещё сложнее, чем я думала.

[RIP]

Данную задачу можно решить гораздо проще, без теории Галуа (с помощью которой, как я помню, доказывается вышеприведённое утверждение), поскольку данный многочлен имеет только один вещественный корень.

[Таня Тайс]

Для меня это загадка - как решить эту задачу проще...