Круговой многочлен

[xmaister]

Доброго времени суток, разбираюсь с круговыми многочленами. По определению $\Phi_n\in\mathbb{C}[x],\Phi_n (x)=\prod\limits_{\gcd (a,n)=1}(x-\xi^a),\xi=e^{\frac{2\pi i}{n}}$. Сначала доказывал, что $\Phi_n(x)$ имеет целые коэффициенты. Автоморфизм $\mathbb{C}$, т.ч. $x\mapsto\overline{x}$ индуцирует автоморфизм кольца $\mathbb{C}[x]$ при этом $f$ имеет действительные коэффициенты т и т.т. когда $\overline{f}=f$, тогда $\overline{\Phi_n(x)}=\Phi_n(x)$, откуда получается, что $\Phi_n(x)$ имеет действительные коэффициенты. Определим на $\{1,2,\ldots ,n\}$ отношение эквивалентности, т.ч. $i\sim j\Leftrightarrow \gcd (i,n)=\gcd(j,n)$. Класс эквивалентности, каждый элемент которого имеет наибольший общий делитель с $n$ равный $d$ обозначим через $A_d$, тогда будем иметь $x^n-1=\prod\limits_{i=1}^{n}(x-\xi^i)=\prod\limits_{d|n}\prod\limits_{i\in A_d}(x-\xi^i)=\prod\limits_{d|n}\Phi_{\frac{d}{n}}(x)$ Далее по индукции получим, что $\Phi_{n}(x)$ имеет целые коэффициенты. Теперь хотелось бы доказать не приводимость его над $\mathbb{Q}$. Для простых чисел можно убить при помощи критерия Эйзенштейна. Я видел, что неприводиость многочленов можно доказывать ссылаясь на факты теории Галуа. Можете пояснить, какая тут основная идея? Подсчет группы Галуа? Какого расширения?

[VAL]

Можно показать, что все примитивные корни n-й степени из 1 будут корнями $\Phi_n(x)$.
Подробности можно посмотреть, например, у ван дер Вардена

[xmaister]

VAL в сообщении #648628 писал(а):

Можно показать, что все примитивные корни n-й степени из 1 будут корнями $\Phi_n(x)$.

Так это же сразу следует из определения. И отсутствие рациональных корней не гарантирует не приводимость или Вы не про это?

[Sonic86]

xmaister в сообщении #648639 писал(а):

Так это же сразу следует из определения. И отсутствие рациональных корней не гарантирует не приводимость или Вы не про это?

От противного: пусть круговой многочлен приводим. Что тогда из этого следует для корней...

VAL в сообщении #648628 писал(а):

Подробности можно посмотреть, например, у ван дер Вардена

А если Вы вдруг боитесь этой книжки, то можете взять Прасолова Многочлены и кое-что есть в книгах Хассе Теория чисел и Айрленд Роузен Классическое введение в современную ТЧ

[fancier]

Нужно доказать транзитивность действия группы Галуа $Gal(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$ на множестве примитивных корней степени $n$ из 1. Ясно, что любой автоморфизм поля $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ над $\mathbb{Q}$ индуцирует автоморфизм циклической группы корней степени $n$ из 1 (и полностью им определяется). Нужно показать что обратно, любой автоморфизм этой группы индуцируется автоморфизмом расширения. В случае затруднений см. например Э.Б. Винберг "Курс Алгебры", гл. 10 $\S 6$.

[VAL]

xmaister в сообщении #648639 писал(а):

VAL в сообщении #648628 писал(а):

Можно показать, что все примитивные корни n-й степени из 1 будут корнями $\Phi_n(x)$.

Так это же сразу следует из определения. И отсутствие рациональных корней не гарантирует не приводимость или Вы не про это?

Я неаккуратно (мягко говоря) выразился. Хотел написать "Возьмем, неприводимый сомножитель $\Phi_n(x)$ и покажем. что все примитивные корни n-й степени из 1 будут его корнями".
А получилось, то что получилось

[xmaister]

fancier
А вот если возьмем $f\in\Bbbk[x]$ и $F_f$- поле разлоежние, т.ч. $F_f/\Bbbk$- расширение Галуа. Куда должна $\mathrm{Gal}(F_f/\Bbbk)$ транзитивно действовать, чтобы $f$ был не приводим? На множество корней?

[fancier]

xmaister в сообщении #648849 писал(а):

fancier
А вот если возьмем $f\in\Bbbk[x]$ и $F_f$- поле разлоежние, т.ч. $F_f/\Bbbk$- расширение Галуа. Куда должна $\mathrm{Gal}(F_f/\Bbbk)$ транзитивно действовать, чтобы $f$ был не приводим? На множество корней?

Думаю, да, $G:=\mathrm{Gal}(F_f/\Bbbk)$ должна действовать на множестве корней $f$ транзитивно. Идея: если это не так, возьмем орбиту $\{g\alpha \mid g\in G\}$ какого-то корня $\alpha$; рассмотрим произведение мономов $h(X):=\prod(X-g\alpha)$, отвечающих этой орбите. Тогда группа Галуа тривиально действует на коэффициентах $h(X)$ и из основной теоремы Теории Галуа легко следует, что $h(X)\in \Bbbk[X]$ и, значит, $h(X)|f(X)$ в $\Bbbk[X]$.

[VAL]

xmaister в сообщении #648849 писал(а):

fancier
А вот если возьмем $f\in\Bbbk[x]$

А откуда взялось $\Bbbk$, и что это такое?

[xmaister]

VAL в сообщении #648898 писал(а):

А откуда взялось $\Bbbk$, и что это такое?

Я забыл указать, что $\Bbbk$- произвольное поле, никак не связанное с вопросом из первого поста.

fancier в сообщении #648864 писал(а):

Тогда группа Галуа тривиально действует на коэффициентах $h(X)$ и из основной теоремы Теории Галуа легко следует, что $h(X)\in \Bbbk[X]$.

Не совсем понятно, каким образом следует, ведь основная теорема теории Галуа говорит о взаимно-однозначно соответствии между подполями $F_f/\Bbbk$, содержащими $\Bbbk$ и подгруппами $\mathrm{Gal}(F_f/\Bbbk)$.

[fancier]

Цитата:

Не совсем понятно, каким образом следует, ведь основная теорема теории Галуа говорит о взаимно-однозначно соответствии между подполями $F_f/\Bbbk$, содержащими $\Bbbk$ и подгруппами $\mathrm{Gal}(F_f/\Bbbk)$.

Если $L/k$ -- расширение Галуа с группой Галуа $G$, то Основная теорема Теории Галуа утверждает, что отображения

$$P\mapsto G_P,\quad H\mapsto L^H$$

взаимно обратны (здесь $k\subset P\subset L$ -- промежуточные подполя, а $H\subset G$ -- подгруппы). Тогда композиция $k\mapsto G_k=G\mapsto L^G$ тождественна, т.е. $L^G=k.$

[Duelist]

Прошу прощения за некропостинг. Тему выдал гуглопоиск.

Вопрос ТС я, кажется, как раз понимаю: неприводимость над $Q$ следует из того, что в противном случае для некоторого примитивного корня из единицы $\xi^k$, $(k,n)=1$ степень минимального многочлена $f_{\xi^k}$ будет меньше $\varphi (n)$, при том $\mathbb{Q}(\xi)=\mathbb{Q}(\xi^k)$. Вместе с тем $Gal(\mathbb{Q}(\xi)/\mathbb{Q}) \simeq \mathbb{Z}^{*}_n$ и $deg f_{\xi^k} = deg(\mathbb{Q}(\xi)/\mathbb{Q})=|Gal(\mathbb{Q}(\xi)/\mathbb{Q})|=\varphi (n)$ - противоречие.

Но вот, торможу на другом:

xmaister в сообщении #648614 писал(а):

тогда будем иметь $x^n-1=\prod\limits_{i=1}^{n}(x-\xi^i)=\prod\limits_{d|n}\prod\limits_{i\in A_d}(x-\xi^i)=\prod\limits_{d|n}\Phi_{\frac{d}{n}}(x)$ Далее по индукции получим, что $\Phi_{n}(x)$ имеет целые коэффициенты.

Я понял, что там выведено, кроме того, почему пишется $\Phi_\frac{d}{n}$ и как именно строится индукция?

[Duelist]

Вроде, разобрался. Насколько я понимаю, имелось в виду $\Phi_\frac{n}{d}$, где $\frac{n}{d}$ будет степенью кругового многочлена. При $d=1$ имеем $\Phi_n$, что даёт возможность далее провести индукцию.

[Duelist]

Duelist в сообщении #1352989 писал(а):

Вроде, разобрался. Насколько я понимаю, имелось в виду $\Phi_\frac{n}{d}$, где $\frac{n}{d}$ будет степенью кругового многочлена. При $d=1$ имеем $\Phi_n$, что даёт возможность далее провести индукцию.

Не имею никаких намерений продолжать таким образом тему, но не могу не отметить, что правильно сказать, что $\frac{n}{d}$ "номер" кругового многочлена $\Phi_\frac{n}{d}$ - т.е. для него полем разложения будет круговое поле $\mathrm{K_{\frac{n}{d}}}$, а степенью его будет $\varphi(\frac{n}{d})$.

[vpb]

Duelist
Хочу предостеречь Вас от одной ошибки, которую нередко совершают юные любители алгебры (у меня самого когда-то такой заскок случился).

Рассуждают так. Пусть $\xi$ --- примитивный корень степени $n$ из $1$, и пусть $(k,n)=1$. Тогда, ясно, ${\mathbb Q}(\xi^k)={\mathbb Q}(\xi)$ (что, конечно, правильно). ''Очевидно'', что существует автоморфизм $\alpha$ поля
${\mathbb Q}(\xi)$, переводящий $\xi$ в $\xi^k$. Ну и дальше отсюда выводится, что порядок группы автоморфизмов этого поля есть $\varphi(n)$, многочлен $\Phi_n(x)$ неприводим, и всё такое. А на самом-то деле ``очевидное'' совершенно не очевидно. Правильно рассуждать наоборот: сначала доказывать неприводимость $\Phi_n(x)$, а уже потом все остальное.
(Самостоятельно этого доказательства не придумать, и не пытайтесь даже. См. ван дер Вардена или Ленга).