Galois group of the field extension - general approach

[sasha_vertreter]

Добрый день,

Помогите, пожалуйста, понять какой общий подход для такой задачи:

пусть у нас дано расширение $L:K$, где $L$ - подполе $\mathbb{C}$. Нам надо найти группу Галуа этого расширения, другими словами, нам надо найти группу $K$-автоморфизмов $L$.

$\phi:L \to L$ - aвтоморфизм, если для любыx $x,y \in L$ и $k \in K$

$\phi(x+y)=\phi(x)+\phi(y)$
$\phi(xy)=\phi(x)\phi(y)$
$\phi(k)=k$

Теперь собственно задачи:
1. $L=\mathbb{C}$, $K=\mathbb{R}$
2. $L=\mathbb{Q}(c)$, $K=\mathbb{Q}$, где $c$ - действительный кубический корень из 2-х.

Правильно я понимаю, что мы ищем на самом деле группу автоморфизмов корней полинома, неразрешимого в $K$?

Тогда для случая 1. таким корнем будет $i$ корень уравнения $g(t)=t^2+1$.
Теперь пусть $\alpha$ такой автоморфизм.

Тогда $\alpha(i)=i$ или $-i$ ? или и то и другое? т.е. я знаю, что и то и другое, но как это можно увидеть?

[Хорхе]

sasha_vertreter в сообщении #367147 писал(а):

Правильно я понимаю, что мы ищем на самом деле группу автоморфизмов корней полинома, неразрешимого в $K$?

Нет, у Вас слишком творческое воображение.

Какая структура на корнях полинома? Правильно, никакой. Так что слово "автоморфизмы" явно тут не при делах.

Другое дело, что $K$-автоморфизмы $L$ действительно сводятся к некоторым перестановкам корней.

-- Чт окт 28, 2010 14:25:28 --

sasha_vertreter в сообщении #367147 писал(а):

Тогда $\alpha(i)=i$ или $-i$ ?

Именно так. То или другое, что дает два автоморфизма. (Воспользуйтесь тем, что $\alpha(-1)=-1$.)

Цитата:

или и то и другое?

А это как?

[sasha_vertreter]

Хорхе в сообщении #367150 писал(а):

Именно так. То или другое, что дает два автоморфизма. (Воспользуйтесь тем, что .)

А можно здесь немного поподробнее - я опять в 3-х соснах запутался.
Как именно мы находим второе значение $-i$?

То есть в книге определяется вот так пусть $j=\alpha(i) $, тогда (вот здесь я не понимаю что они начинают делать):

$j^2=(\alpha(i))^2=\alpha(i^2)=\alpha(-1)=-1$, поэтому $j=\alpha(i)$ либо $i$, либо $-i$.

А вот откуда вообще эта идея возведения в квадрат, почему мы не пишем просто $\alpha(i)=i$ и все?

[sasha_vertreter]

Мне кажетса я не понимаю что значит "автоморфизм", следуя определению я понимаю, что отображение, которое мне надо найти, должно оставлять на месте элементы из $K$, а вот что оно делает с элементами из $L$, т.е. вот эту связь между элементами $L$ и $K$ я не понимаю...

[Хорхе]

sasha_vertreter в сообщении #367157 писал(а):

А вот откуда вообще эта идея возведения в квадрат, почему мы не пишем просто $\alpha(i)=i$ и все?

Нет, вопрос так не стоит, почему нельзя написать что-либо. Вопрос стоит так: почему можно написать что-либо. Вот как раз записывая квадраты, получим.

-- Чт окт 28, 2010 17:38:11 --

sasha_vertreter в сообщении #367241 писал(а):

что оно делает с элементами из $L$, т.е. вот эту связь между элементами $L$ и $K$ я не понимаю...

Почитайте про конечные расширения полей в учебнике: как выглядят элементы $L$, например.

[sasha_vertreter]

А можно я еще попробую и пойду читать заново: так как простое рассширение $L$ получается присоединением корня $\lambda$ полинома, неразрешимого в $K$, то все элементы $L$ будут выглядить как $p+\lambda q$ , поэтому все элементы расширения $L=\mathbb{C}$ выглядят как $x+iy$, где $i$ - корень уравнения $g(t)=t^2+1$.

Теперь наша задача найти все возможные отображения $v \to w$, $v \in L$ в $w \in L$ -верно? (я хотя бы пойму в чем суть задачи - и пойду читать).

[Xaositect]

sasha_vertreter в сообщении #367284 писал(а):

А можно я еще попробую и пойду читать заново: так как простое рассширение $L$ получается присоединением корня $\lambda$ полинома, неразрешимого в $K$, то все элементы $L$ будут выглядить как $p+\lambda q$ , поэтому все элементы расширения $L=\mathbb{C}$ выглядят как $x+iy$, где $i$ - корень уравнения $g(t)=t^2+1$.

Это только для неприводимого полинома второй степени.

По теме, у нас есть простое алгебраическое расширение $L$ поля $K$. То есть мы взяли какой-то неприводимый многочлен $f(x)$ степени $n$, взяли какое-то $\alpha$, и постановили, что $\alpha$ - это корень многочлена $f$. После этого мы взяли все возможные произведения и деления этого $\alpha$ на себя и на элементы поля $K$, и получили поле $L = K + \alpha K + \alpha^2 K + \dots + \alpha^{n-1}K$. Так вот, может оказаться, что в этом расширении $L$ могут оказаться и другие корни нашего многочлена $f$. Более того, эти корни могут оказаться в некотором роде "равноправными", "симметричными".
Взять, например, то же $\mathbb{C}$. Добавили мы к $\mathbb{R}$ один корень $i$ многочлена $x^2 + 1$, а в итоге получилось 2: $i$ и $-i$. И сколько эту комплексную плоскость не сопрягай, не поймешь, какой из этих корней лучше :) А теперь попробуем сформулировать то, что я сейчас сказал, на строгом языке: Есть нетривиальное отображение $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$, которое сохраняет все операции (т.е. является автоморфизмом), да к тому же еще и сохраняет структуру $\mathbb{C}$ как расширения $\mathbb{R}$, т.е. $\mathbb{R}$ переходит в себя, а меняются местами только $i$ и $-i$.
Вот все такие отображения (вместе с тривиальным $\mathrm{id}$) образуют группу Галуа расширения $\mathbb{C}:\mathbb{R}$.

[sasha_vertreter]

Xaositect в сообщении #367356 писал(а):

Есть нетривиальное отображение , которое сохраняет все операции (т.е. является автоморфизмом), да к тому же еще и сохраняет структуру как расширения , т.е. переходит в себя, а меняются местами только и .

Спасибо огромное - мне как раз и надо было понять, как найденный автоморфизм сохраняет структуру большего поля как расширения меньшего.

А тогда во вторй задаче, где $L=\mathbb{Q}(c)$, $K=\mathbb{Q}$ и $c$-действительный кубический корень из 2, мы можем написать:

$(\phi(c))^3=\phi(c^3)=\phi(2)=$ (и, так как 2-рациональное число, мы можем написать) $=2$. Тогда получается, что $\phi(c)=c$ - и значит (а значит ли?) единственным возможным отображением будет $\mathrm{id}$.

Я просто пытаюсь параллельно понять, так сказать, общий метод нахождения всех автоморфизмов на заданной структуре. Я тут уже пытался найти автоморфизмы аддитивной группы кольца целых чисел, но тогда я знал чему эта группа автоморфизмов изоморфна. А вот с чего начинать, когда нам дана только структура и все?

Третьей задачей может быть задача, где $L=\mathbb{Q}(\omega)$, $K=\mathbb{Q}$, и $\omega$ -комплексный кубический корень из 2.

[Xaositect]

sasha_vertreter в сообщении #367473 писал(а):

$(\phi(c))^3=\phi(c^3)=\phi(2)=$ (и, так как 2-рациональное число, мы можем написать) $=2$. Тогда получается, что $\phi(c)=c$ - верно? и значит (а значит ли?) единственным возможным отображением будет $\mathrm{id}$?

Да.

[sasha_vertreter]

sasha_vertreter в сообщении #367473 писал(а):

Третьей задачей может быть задача, где , , и -комплексный кубический корень из 2.

- из единицы -конечно

но это не интересно, так как здесь мы опять имеем только $\mathr{id}$ в качестве возможного автоморфизма - верно?

а вот для $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ $K=\mathbb{Q}$ у нас будет 2 автоморфизма помимо единичного: $x+\sqrt{2}y \to x+\sqrt{2}y$ и $x+\sqrt{2}y \to x-\sqrt{2}y$ -верно?

так что третьей задачей может быть лучше $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ $K=\mathbb{Q}$ - здесь, как я понимаю $L$ выглядит как $L=K+\sqrt{2}K+\sqrt{3}K+\sqrt{6}K$.

А тогда мы можем определить всевозможные перестановки корней $\tau_1$: $\sqrt{2} \to -\sqrt{2}$, $\sqrt{3} \to \sqrt{3}$, и $\tau_2$: $\sqrt{2} \to \sqrt{2}$, $\sqrt{3} \to -\sqrt{3}$ - верно?

[Xaositect]

sasha_vertreter в сообщении #367473 писал(а):

Я просто пытаюсь параллельно понять, так сказать, общий метод нахождения всех автоморфизмов на заданной структуре. Я тут уже пытался найти автоморфизмы аддитивной группы кольца целых чисел, но тогда я знал чему эта группа автоморфизмов изоморфна. А вот с чего начинать, когда нам дана только структура и все?

Это плохо, что Вы начинаете чувствовать себя неуверенно, когда в конце задачника нет ответа.

Я тут немного пофилософствую, с Вашего позволения :) Автоморфизм, группа автоморфизмов - это, если хотите, обобщение симметрии и группы симметрий. То есть если Вы чувствуете структуру, и можете сказать, что вот эти элементы или части, грубо говоря, "одинаковы", то, формализовав это чувство, вы получите автоморфизм.

Если взять то же расширение $\mathbb{Q}(\omega):\mathbb{Q}$, то, применив тот прием, который применялся в прошлых задачах, Вы сможете сказать, что $\omega$ может перейти либо в $\omega$, либо в $\omega^2$, либо в 1. Возможно, Вам покажется, что единица - это совсем не то же самое, что $\omega$ и $\omega^2$ (и Вы будете правы). Если $\omega\mapsto 1$, то любой элемент $\mathbb{Q}(\omega)$ переходит в рациональное число, и отображение не будет однозначным, а значит, и автоморфизмом не будет. А вот $\omega$ и $\omega^2$ "с точки зрения $\mathbb{Q}$" совершенно симметричны.
Кстати, подумайте, как это связано с тем, что многочлен $x^3 - 1$ разложим над $\mathbb{Q}$.

У аддитивной группы кольца целых чисел, у этой задачи и у $\mathbb{C}:\mathbb{R}$ одинаковая группа автоморфизмов - $S_2$. А еще $S_2$ это группа, порожденная зеркальной симметрией. Для сложения целых чисел все равно, считаем мы в положительную сторону или отрицательную. Если поставить зеркало в нуле, ничего не изменится. Так же, как если поставить зеркало на действительную ось комплексной плоскости.

С более сложными структурами сложнее. Вот, например, $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega):\mathbb{Q}$. Тут верхняя и нижняя комплексные полуплоскости тоже равноправны, но есть и еще кое-что: оказывается, иррациональная часть $(\sqrt[3]{2})^n$ и "спирали" $(\omega\sqrt[3]{2})^n$, $(\omega^2\sqrt[3]{2})^n$ равноправны - поле рациональных чисел "не замечает", что эта иррациональная часть "выгибается" в комплексную область и получается, что эти три ветки можно как угодно переставлять. Ну и группа Галуа получается $S_3$.

Или, скажем, алгебра матриц. Когда матрицы одинаковы относительно сложения-умножения? Тут есть два аспекта. Первый: матрицы - это линейные операторы, привязанные к некоторому базису. То есть при переходе от одного базиса к другому ничего не меняется. Такие автоморфизмы называют внутренними. А второй связан с полем, над которым мы работаем. Любой автоморфизм базового поля естественным образом задает автоморфизм алгебры матриц (просто применяем ко всем элементам). Но тут уже надо серьезно доказывать, что ничего другого нет. (следствие из теоремы Сколема-Нетер)

Возможно, не все, что я здесь написал, Вам сейчас понятно. Но, может быть, Вы когда-нибудь это вспомните :)

-- Пт окт 29, 2010 02:47:42 --

sasha_vertreter в сообщении #367479 писал(а):

sasha_vertreter в сообщении #367473 писал(а):

Третьей задачей может быть задача, где , , и -комплексный кубический корень из 2.

- из единицы -конечно

но это не интересно, так как здесь мы опять имеем только $\mathr{id}$ в качестве возможного автоморфизма - верно?

Нет. $\omega^2$ - тоже корень из единицы. Впрочем, это я уже написал.

Цитата:

а вот для $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ $K=\mathbb{Q}$ у нас будет 2 автоморфизма помимо единичного: $x+\sqrt{2}y \to x+\sqrt{2}y$ и $x+\sqrt{2}y \to x-\sqrt{2}y$ -верно?

- Верно.

Цитата:

так что третьей задачей может быть лучше $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ $K=\mathbb{Q}$ - здесь, как я понимаю $L$ выглядит как $L=K+\sqrt{2}K+\sqrt{3}K+\sqrt{6}K$.

А тогда мы можем определить всевозможные перестановки корней $\tau_1$: $\sqrt{2} \to -\sqrt{2}$, $\sqrt{3} \to \sqrt{3}$, и $\tau_2$: $\sqrt{2} \to \sqrt{2}$, $\sqrt{3} \to -\sqrt{3}$ - верно?

Ну и, разумеется, $\tau_{3} = \tau_{1}\circ\tau_{2}\colon \sqrt{2}\mapsto - \sqrt{2}, \sqrt{3}\mapsto -\sqrt{3}$. Композиция автоморфизмов - тоже автоморфизм. Впрочем, Вы мб это имели в виду, просто написали неаккуратно. Группа автоморфизмов получается $S_2\times S_2$ - произведение двух групп, соответствующих $\sqrt 2$ и $\sqrt 3$. Но так будет не всегда, что Вы можете видеть из примера $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$

[sasha_vertreter]

Xaositect - спасибо огромное! Я даже не ожидал вот так вот =). Я теорию Галуа, как и Алгебру, учу пока сам, и задачи тоже, в общем-то, придумываю себе сам. А когда я заметил, что спрашиваю уже 2 раза об одном и том же, понял, что надо разобраться в самом понятии автоморфизма, прежде чем решать задачи с его использованием.

Xaositect в сообщении #367480 писал(а):

что вот эти элементы или части, грубо говоря, "одинаковы",

Может то, что я напишу дальше полный бред, но у меня слово "одинаково" ассоциируется еще с отношением эквивалентности и с понятием фактор-группы - может быть есть какая-то связь между группой автоморфизмов и некой фактор-группой?

Xaositect в сообщении #367480 писал(а):

А вот и "с точки зрения " совершенно симметричны.

- у меня на листе были выписаны все три варианта $\omega \mapsto \omega$, $\omega \mapsto \omega^2$, $\omega \mapsto 1$ - и обидно, что из них я выбрал только первый вариант - действительно не понимал тогда.

Xaositect в сообщении #367480 писал(а):

Кстати, подумайте, как это связано с тем, что многочлен разложим над .

Над $\mathbb{Q}$ $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, где $x^2+x+1$ - неприводимый в $\mathbb{Q}$ полином, и вот поэтому-то для $\mathbb{Q}$ не важны оба! корня этого квадратного многочлена -верно?

Xaositect в сообщении #367480 писал(а):

Если поставить зеркало в нуле, ничего не изменится. Так же, как если поставить зеркало на действительную ось комплексной плоскости.

А можно я здесь уточню - мы ставим зеркало, так сказать, вдоль действительной оси, чтобы отражениями были комплексно сопряженные числа?

И конечно я очень-очень неаккуратно выписал все автоморфизмы в последней задаче, ведь, если у меня 2 знака: $+$ и $-$ и 2 элемента, то всего возможных комбинаций должно быть $2^2=4$, включая исходную.

Вообще мне очень многое стало понятно после фразы о том, что базовое поле не знает ничего о новых элементах в расширении, поэтому в первую очередь мы смотрим на эти новые элементы и смотрим насколько они равноправны в новом расширении по отношению к базовому полю =) А можно еще тривиальный, наверно, вопрос: верно ли, что группа автоморфизмов расширения $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,\omega):\mathbb{Q}(\omega)$ будет такой же как у $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}$?

Мне кажется, что все, что Вы написали и про спирали и про алгебру матриц(особенно про алгебру матриц - я думаю попробовать посчитать какой-нибудь пример) - я понял и точно еще вспомню. У меня как раз задача добиться такого же кругозора как у Вас, чтобы иметь возможность смотреть так сказать сверху и видеть общее в разном. Может быть Вы посоветуете какие-нибудь книги по Алгебре, я знаю Куроша, Кострикина, Ленга - но может есть что-то еще, особенно по теории полей (я пытался читать Чеботарева - но может есть что-то более подробное)?

Спасибо еще раз!

[Xaositect]

sasha_vertreter в сообщении #367515 писал(а):

Может то, что я напишу дальше полный бред, но у меня слово "одинаково" ассоциируется еще с отношением эквивалентности и с понятием фактор-группы - может быть есть какая-то связь между группой автоморфизмов и некой фактор-группой?

Я эту ассоциацию не хотел вызывать. Мб конкретно там слово "одинаковы" не слишком хорошее, скорее "симметричны". То есть одинаковы "по сути", но разные "по расположению".
Можно рассмотреть орбиты элементов относительно группы автоморфизмов. Т.е. множество всех элементов, которые могут друг в друга переходить. Для $\mathbb{C}:\mathbb{R}$ орбита действительного числа состоит из одной точки, а комплексного - из двух сопряженных. В принципе, та же структура появляется, если рассматривать многочлены с действительными коэффициентами в поле комплексных чисел и строить $Spec(\mathbb{R}[x])$ - но тут важным является то, что $\mathbb{C}$ - это алгебраическое замыкание $\mathbb{R}$.

sasha_vertreter в сообщении #367515 писал(а):

А можно я здесь уточню - мы ставим зеркало, так сказать, вдоль действительной оси, чтобы отражениями были комплексно сопряженные числа?

Угу.

sasha_vertreter в сообщении #367515 писал(а):

Xaositect в сообщении #367480 писал(а):

Кстати, подумайте, как это связано с тем, что многочлен разложим над .

Над $\mathbb{Q}$ $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, где $x^2+x+1$ - неприводимый в $\mathbb{Q}$ полином, и вот поэтому-то для $\mathbb{Q}$ не важны оба! корня этого квадратного многочлена -верно?

Да.

Цитата:

Вообще мне очень многое стало понятно после фразы о том, что базовое поле не знает ничего о новых элементах в расширении, поэтому в первую очередь мы смотрим на эти новые элементы и смотрим насколько они равноправны в новом расширении по отношению к базовому полю =) А можно еще тривиальный, наверно, вопрос: верно ли, что группа автоморфизмов расширения $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,\omega):\mathbb{Q}(\omega)$ будет такой же как у $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}$?

Нет - Для $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}$ группа тривиальна ($E = \{\mathrm{id}\}$), а для $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,\omega):\mathbb{Q}(\omega)$ будет (вместе с тривиальным) три автоморфизма. На пальцах я это объяснил бы так: $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,\omega):\mathbb{Q}$ - это группа перестановки тех самых трех спиралей, а когда мы фиксируем кроме $\mathbb{Q}$ еще и $\omega$ - мы запрещаем переставлять комплексно-сопряженные и остается только возмжность "вращения": например, если $\sqrt[3]{2}\mapsto \omega\sqrt[3]{2}$, то $\omega\sqrt[3]{2}\mapsto \omega^2\sqrt[3]{2}$ и $\omega^2\sqrt[3]{2}\mapsto \sqrt[3]{2}$ (и симметричный вариант).

Вообще, если у нас есть башня расширений $F\subseteq K\subseteq L$, то группа Галуа $L:K$ будет подгруппой группы Галуа $L:F$. А вот с $K:F$ оно не настолько напрямую связано. Это просто. А вот основная теорема теории Галуа говорит, что в некоторых случаях будет и наоборот: любой подгруппе будет соответствовать промежуточное поле.

Цитата:

Мне кажется, что все, что Вы написали и про спирали и про алгебру матриц(особенно про алгебру матриц - я думаю попробовать посчитать какой-нибудь пример) - я понял и точно еще вспомню. У меня как раз задача добиться такого же кругозора как у Вас, чтобы иметь возможность смотреть так сказать сверху и видеть общее в разном. Может быть Вы посоветуете какие-нибудь книги по Алгебре, я знаю Куроша, Кострикина, Ленга - но может есть что-то еще, особенно по теории полей (я пытался читать Чеботарева - но может есть что-то более подробное)?

Я из того, что Вы не упомянули, знаю еще Винберга и ван дер Вардена. Ван дер Варден старый, думаю, его читать уже не надо, а Винберг - хорошая штука.
Еще могу посоветовать книгу своего научного руководителя "теорема Абеля в задачах и решениях".

[AlexandreII]

По поводу первой задачи что-то очень сложно рассуждаете.
Если $\mathbb{C}$ - расширение $\mathbb{R}$, то любой неприводимый полином имеет 2 степень, так что степень расширения 2 и группа Галуа состоит из 2 элементов, т.е. циклическая $Gal(C/R) = \{ e, a \}$. Для наглядности можно взять $a$ - комплексное сопряжение.

-- Пн ноя 01, 2010 10:51:28 --

По поводу второй задачи: группа Галуа обычно вычисляется у нормального расширения, а $\mathbb{Q}(2^{1/3})$ не такое. По-моему, вторая задача некорректна.

-- Пн ноя 01, 2010 10:53:04 --

Если же во второй задаче имеется в виду не действительный, а первообразный корень из 1, то степень расширения 3, и группа Галуа снова циклическая: $\{ e, a, a^2 \}$.