2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Круговой многочлен
Сообщение23.11.2012, 19:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение23.11.2012, 19:33 
Заслуженный участник


27/06/08
3327
Волгоград
Можно показать, что все примитивные корни n-й степени из 1 будут корнями $\Phi_n(x)$.
Подробности можно посмотреть, например, у ван дер Вардена

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение23.11.2012, 19:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение23.11.2012, 20:09 
Заслуженный участник


08/04/08
8458
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 :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение23.11.2012, 20:10 


23/09/12
118
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 $\S 6$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение23.11.2012, 20:26 
Заслуженный участник


27/06/08
3327
Волгоград
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 :-( :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение24.11.2012, 12:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение24.11.2012, 12:55 


23/09/12
118
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 $\Bbbk[X]$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение24.11.2012, 14:31 
Заслуженный участник


27/06/08
3327
Волгоград
xmaister в сообщении #648849 писал(а):
fancier
А вот если возьмем $f\in\Bbbk[x]$
А откуда взялось $\Bbbk$, и что это такое?

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение24.11.2012, 15:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
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. :oops:
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 $\mathrm{Gal}(F_f/\Bbbk)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение24.11.2012, 15:28 


23/09/12
118
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. $L^G=k.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение09.11.2018, 23:33 
Аватара пользователя


08/07/15
107
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение10.11.2018, 02:58 
Аватара пользователя


08/07/15
107
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение10.11.2018, 16:15 
Аватара пользователя


08/07/15
107
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.

:facepalm: 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 $\varphi(\frac{n}{d})$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Круговой многочлен
Сообщение11.11.2018, 01:36 
Заслуженный участник


18/01/15
1081
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).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group