Matematicamente.it

Sia $L={finQ(x)| f(x)=f(x^-1)}$. In teoria $L=QQ$? Perchè se prendo un plinomio $finL$ abbiamo che $a_nx^n+...+a_1x+a_0=a_nx^-n+...+a_1x^-1+a_0$. Se moltiplico per $x^n$ abbiamo che $a_nx^(2n)+...+a_1x^(n+1)+a_0x^n=a_n+...+a_1x^(n-1)+a_0x^n$ ovvero $a_nx^(2n)+...+a_1x^(n+1)-a_1x^(n-1)-...-a_n=0$ e questo è vero se $a_n=...=a_1=0$ per cui $f=a_0inQQ$. Però non so potrei aver sbagliato più che altro mi serve per mostrare che $phi:Q(x)->L$ è surriettiva (oltre che iniettiva).

andreadel1988 ha scritto:Sia $ L={finQ(x)| f(x)=f(x^-1)} $. In teoria $ L=QQ $?

Certamente no, ad esempio $x+\frac{1}{x}\in L$ ma non è in $\mathbb Q$.

hydro ha scritto:
Certamente no, ad esempio $x+\frac{1}{x}\in L$ ma non è in $\mathbb Q$.

Ah si giusto, ora devo capire come mostrare che è biettiva. Dove $phi(f)=f(x+x^-1)$

Per l'iniettività ho pensato preso $f=a_nx^n+...+a_0$ tale che $f(x+x^-1)=0$ allora $a_n(x+x^-1)^n+...+a_0=0$ ovvero $a_nx^n+...+a_0=0$ ma allora affinchè questo avvenga necessariamente $a_n=0$ per ogni $n>=0$ (infatti $a_n$ è l'unico coefficiente del termine di grado $n$), ma allora $f=0$. Per la surriettività ho fatto qualche prova trovando le controimmagini di $x+1/x,x^2+1/x^2,x^3+1/x^3,x^4+1/x^4$ (rispettivamente sono $x,x^2-2,x^3-3x.x^4-4x^2+2$) però non so ancora come generalizzare questo fatto.

Io mostrerei che $x^n+1/(x^n)$ sta nell'immagine di $phi$ per ogni $n$, per induzione su $n$. Se hai questo, dedurre la suriettività (con una sola R) di $phi$ è facile.

Il metodo di @Martino funziona senz’altro. Alternativamente si potrebbe usare un po’
di teoria di Galois e considerare il gruppo $G$ generato dall’automorfismo di $QQ(x)$
che manda $f(x)$ in $f(1//x)$. Il sottocampo dei $G$-invarianti e’ $L$.
Poiche’ $G$ ha cardinalit\`a $2$, il grado $[QQ(x):L]$ e’ uguale a $2$.

D’altraparte $L$ contiene il campo $QQ(x+ 1//x)$. Si ha quindi che

$ [QQ(x):QQ(x +1//x)]=[QQ(x):L][L:QQ(x +1//x)]$.

Poiche’ $x$ e’ uno zero del polinomio quadratico $Y^2-(x+1//x)Y + 1\inQQ(x+1//x)[Y]$,
il grado $[QQ(x):QQ(x +1//x)]$ e’ $\le 2$. Ne segue che $[L:QQ(x+1//x)]=1$ e quindi
che $L=QQ(x+1//x)$.

Martino ha scritto:Io mostrerei che $x^n+1/(x^n)$ sta nell'immagine di $phi$ per ogni $n$, per induzione su $n$. Se hai questo, dedurre la suriettività (con una sola R) di $phi$ è facile.

Vediamo se ho capito:
Per induzione mostro che $x^n+1/x^n$ sta in $Imphi$. Se $n=1$ allora prendo $f=x$ per cui $phi(f)=x+1/x$. Supponiamo vero che $phi(g)=g(x+x^-1)=x^(n-2)+1/x^(n-2)$ e $phi(f)=f(x+x^-1)=x^(n-1)+1/x^(n-1)$ mostriamo che esiste un polinomio $h$ tale che $phi(h)=h(x+x^-1)=x^n+1/x^n$. Abbiamo che $x^n+1/x^n=(x^(n-1)+1/x^(n-1))(x+1/x)-(x^(n-2)+1/x^(n-2))$ per cui $x^n+1/x^n=f(x+x^-1)(x+1/x)-g(x+x^-1)$ e quindi $h=f(x)x-g(x)$, per cui $x^n+1/x^n$ sta in $Imphi$. Ora consideriamo un polinomio generico $f$ in $L$, se $a_ix^i$ è un termine di $f$ allora necessariamente $a_i/x^i$ è termine di $f$ (poiché deve valere $f(x)=f(x^-1)$). Ma allora $f=a_n(x^n+1/x^n)+...+a_1(x+1/x)+a_0$ per cui la controimmagine in $phi$ è $a_nf_n(x)+...+f_1(x)+a_0$ (con $f_n(x),...,f_1(x)$ le controimmagini di $x^n+1/x^n,...,x+1/x$)

Stickelberger ha scritto:Il metodo di @Martino funziona senz’altro. Alternativamente si potrebbe usare un po’
di teoria di Galois e considerare il gruppo $G$ generato dall’automorfismo di $QQ(x)$
che manda $f(x)$ in $f(1//x)$. Il sottocampo dei $G$-invarianti e’ $L$.
Poiche’ $G$ ha cardinalit\`a $2$, il grado $[QQ(x):L]$ e’ uguale a $2$.

D’altraparte $L$ contiene il campo $QQ(x+ 1//x)$. Si ha quindi che

$ [QQ(x):QQ(x +1//x)]=[QQ(x):L][L:QQ(x +1//x)]$.

Poiche’ $x$ e’ uno zero del polinomio quadratico $Y^2-(x+1//x)Y + 1\inQQ(x+1//x)[Y]$,
il grado $[QQ(x):QQ(x +1//x)]$ e’ $\le 2$. Ne segue che $[L:QQ(x+1//x)]=1$ e quindi
che $L=QQ(x+1//x)$.

Ah ok grazie

@Andreadel1988: sì esatto.

@Stickelberger: bella la soluzione con Galois!