Campo di spezzamento di $x^3-3x+1$

[Paolo90]

Anche io sto facendo i conti (l'algebra prende, eh? ).

Stando ai tuoi conti se proviamo che non tutti i coefficienti dell'ultima espressione sono nulli avremmo che il polinomio minimo di $a$ avrebbe grado 2, assurdo.

Secondo me invece c'è qualcosa che ci sfugge. Le altre due radici stanno in $QQ(a)$, ne sono quasi sicuro: se non ho sbagliato i conti, l'elemento $a^2-2$ è radice. Ho fatto quello che mi hai detto tu, ma ho trovato dei valori di $alpha$ e $gamma$ per cui il polinomio quoziente fosse proprio $a^3-3a+1$ (se dovesse essere giusto, devo ammettere di aver avuto una micidiale botta di .... : per semplificare i conti - visto che con $gamma =0$ non andavo da nessuna parte - ho provato con $beta=0, gamma!=0$).

Quasi sicuramente ho cannato i conti, vista l'ora... devo ricontrollare qualcosa.

[maurer]

Lo stesso vale per me... meglio rimandare a domani, con la mente lucida!

[maurer]

Allora, ho controllato e direi che hai ragione. \( \displaystyle a^2-2 \) è radice. Allora a questo punto è facile concludere: il campo di spezzamento di \( \displaystyle x^3-3x+1 \) necessariamente coincide con \( \displaystyle \mathbb{Q}(a) \) . Pertanto il grado dell'estensione coincide con il grado di \( \displaystyle a \) e quindi è 3.

Però, mi chiedo... Hai (abbiamo) avuto fortuna a trovare questa radice. Seguendo il metodo che ho suggerito, avremmo dovuto risolvere un sistema abbastanza complesso (specialmente perché non lineare). Quindi, esiste una strada più efficiente?

[Paolo90]

Eccomi qua, ci sono anche io (ieri sera sono crollato).

Allora, ho controllato e direi che hai ragione. \( \displaystyle a^2-2 \) è radice. Allora a questo punto è facile concludere: il campo di spezzamento di \( \displaystyle x^3-3x+1 \) necessariamente coincide con \( \displaystyle \mathbb{Q}(a) \) . Pertanto il grado dell'estensione coincide con il grado di \( \displaystyle a \) e quindi è 3.

Sì, ho rincontrollato sommariamente i miei conti e dovrebbero essere corretti. Sì, il grado del campo di spezzamento su $QQ$ è 3 e questo dovrebbe essere sufficiente a provare che il gruppo di Galois del polinomio è (isomorfo a) $A_3$: infatti, il gruppo di Galois di un polinomio di 3 grado ha una rappresentazione come sottogruppo di $S_3$ e l'unico sottogruppo di ordine 3 di $S_3$ è proprio $A_3$, il sottogruppo alterno. Confermi?

Però, mi chiedo... Hai (abbiamo) avuto fortuna a trovare questa radice. Seguendo il metodo che ho suggerito, avremmo dovuto risolvere un sistema abbastanza complesso (specialmente perché non lineare). Quindi, esiste una strada più efficiente?

Sì, è quel che mi chiedo anche io. Non ho avuto fortuna, ho avuto mooolta fortuna nel beccare quella radice
Mi chiedo però: come si procede nel caso generale (polinomio di grado $n$)? Esistono strade migliori?

[mistake89]

Il procedimento è corretto purtroppo però a me non risulta $alpha^2-2$ sia radice del polinomio, ma potrei aver sbagliato i calcoli.

Mi mostrate i vostri?

Comunque per rispondere alle vostre domande devo dire che determinare il campo di spezzamento di polinomio "non-standard" non è affatto un'operazione semplice. Quindi non mi stupirei di quel sistema, anzi ve ne capiteranno spesso, sopratutto se lavorate con estensioni di $QQ$.

EDIT Come avevo supposto avevo sbagliato i calcoli, scusate!

[Paolo90]

Il procedimento è corretto purtroppo però a me non risulta $alpha^2-2$ sia radice del polinomio, ma potrei aver sbagliato i calcoli.

Mi mostrate i vostri?

Ciao carissimo,

per vedere che $a^2-2$ è radice basta valutare il polinomio $x^3-3x+1$ in $a^2-2$: ti viene fuori $a^6-6a^4+9a^2-1=(a^3-3a+1)(a^3-3a-1)=0$.
Ok?

Comunque per rispondere alle vostre domande devo dire che determinare il campo di spezzamento di polinomio "non-standard" non è affatto un'operazione semplice. Quindi non mi stupirei di quel sistema, anzi ve ne capiteranno spesso, sopratutto se lavorate con estensioni di $QQ$.

Sì, anche Martino mi aveva detto che comunque non è sempre un problema semplice determinare il campo di spezzamento di un polinomio.

[mistake89]

Sì certo, tutto corretto, avevo perso un segno $-$ per strada

[Martino]

Sì, anche Martino mi aveva detto che comunque non è sempre un problema semplice determinare il campo di spezzamento di un polinomio.

Sì, diciamo che non è quasi mai semplice
Ieri ho dato in pasto il sistemone di secondo grado a un programma che ha confessato le soluzioni. Ma ovviamente i procedimenti brutali non sono per niente belli.

Per gradi piccoli si riesce a fare qualcosa rimanendo sul teorico. L'idea è considerare il "discriminante" del polinomio. Tale oggetto per gradi piccoli si può calcolare in modo diretto, e in tutta generalità.

Propongo la soluzione che si trova in letteratura. Prendiamo il nostro polinomio \( \displaystyle f(x)=x^3-3x+1 \) (ma in realtà potremmo fare il ragionamento che segue con ogni polinomio irriducibile di terzo grado). Come osservato da Paolo, dimostrare che il suo c.r.c. ha grado 3 su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) è equivalente a mostrare che il suo gruppo di Galois è \( \displaystyle A_3 \) . Il problema è: cosa è più facile fare?

Inaspettatamente è più facile dimostrare che il gruppo di Galois è \( \displaystyle A_3 \) . Per fare questo è sufficiente mostrare che il gruppo di Galois \( \displaystyle G \) del polinomio \( \displaystyle f(x) \) (pensato come gruppo di permutazione dei tre zeri) non contiene trasposizioni (perché \( \displaystyle A_3 \) è l'unico sottogruppo non banale di \( \displaystyle S_3 \) che non contiene trasposizioni, ed è ovvio che \( \displaystyle G \) - il gruppo di Galois di \( \displaystyle f(x) \) - non è il gruppo banale).

Per assurdo esista una trasposizione \( \displaystyle g \in G \) . Chiamiamo \( \displaystyle a,b,c \) i tre zeri (distinti: siamo in caratteristica zero) di \( \displaystyle f(x) \) . Come già osservato possiamo assumere che \( \displaystyle b=\frac{1}{2}(-a+\sqrt{12-3a^2}) \) e \( \displaystyle c=\frac{1}{2}(-a-\sqrt{12-3a^2}) \) . Supponiamo senza perdita in generalità che \( \displaystyle g \) sia la trasposizione \( \displaystyle (a\ b) \) (quella che scambia a e b e fissa c).

Consideriamo il seguente oggetto (si chiama "discriminante di \( \displaystyle f(x) \) ").

\( \displaystyle \Delta := (a-b)(a-c)(b-c) \) .

Applichiamoci sopra \( \displaystyle g \) . Otteniamo \( \displaystyle g(\Delta)=(b-a)(b-c)(a-c)=-\Delta \) . In altre parole \( \displaystyle g \) cambia segno a \( \displaystyle \Delta \) .

Ora facciamo un po' di conti.

\( \displaystyle \Delta = (a-b)(a-c)(b-c) = ... = 3(a^2-1)\sqrt{12-3a^2} \) .

Sembra che non possiamo migliorare il calcolo di \( \displaystyle \Delta \) , eppure qualcosa si può fare: eleviamolo al quadrato.

\( \displaystyle \Delta^2 = 9(a^2-1)^2(12-3a^2)=9(a^2-a+1)(12-3a^2)=...=9^2 \) .

Abbiamo ottenuto che \( \displaystyle \Delta^2=9^2 \) , in altre parole \( \displaystyle \Delta= \pm 9 \) . Ma abbiamo visto che \( \displaystyle g \in G \) cambia segno a \( \displaystyle \Delta \) .
Questo non è possibile: il \( \displaystyle \mathbb{Q} \) -automorfismo \( \displaystyle g \) non può cambiare segno a \( \displaystyle 9 \)

[maurer]

Molto elegante come dimostrazione. Grazie Martino!
Questo discriminante di un polinomio, fino a che punto può essere generalizzato? Immagino ci sia una teoria nascosta intorno a questo nome, o qualcosa di simile... Però il mio testo di Algebra non fa cenno di questi argomenti... Potresti gentilmente dirmi qualcosa di più, oppure darmi una reference?

[Paolo90]

Per prima cosa... che figo, Martino, il tuo procedimento Il tuo post è davvero ultrabello

Mi sono preso qualche ora di riflessione e dopo un attento studio di quanto hai scritto, avrei qualche quesito da porti. Ammetto che non sarei mai arrivato da solo alla tua soluzione, sono ancora troppo inesperto.

Consideriamo il seguente oggetto (si chiama "discriminante di \( \displaystyle f(x) \) ").

\( \displaystyle \Delta := (a-b)(a-c)(b-c) \) .

Due parole sul discriminante (che conoscevo solo per polinomi di II grado). Com'è definito in generale? Ci provo: è per caso il prodotto di tutte le possibili differenze (a due a due) delle radici (differenze prese una sola volta)? In simboli: fissato un ordine delle $n$ radici, si ha \( \displaystyle \Delta := \) $ prod_(1 \le i < j \le n)^() (x_i-x_j) $.

Ho fatto due conti per vedere se quanto dico ha un minimo di senso: preso un polinomio di II grado (il classico $ax^2+bx+c$) e dette $x_1$ e $x_2$ le sue radici dovrei avere (se quanto ho scritto sopra è corretto) \( \displaystyle \Delta := (x_1-x_2)(x_2-x_1) \) . Con un po' di manipolazioni (ricordando le relazioni tra coefficienti e radici) arrivo a \( \displaystyle \Delta := -\frac{b^2-4ac}{a^2} \) . Non è proprio il massimo, perchè non corrisponde esattamente al discriminante che conoscevo da sempre (per intenderci, quello che ti insegnano al liceo, $b^2-4ac$). L'unica cosa che ho notato è che è sempre definito ($a!=0$) e che il segno è opposto a quello del discriminante di un tempo.

Abbiamo ottenuto che \( \displaystyle \Delta^2=9^2 \) , in altre parole \( \displaystyle \Delta= \pm 9 \) . Ma abbiamo visto che \( \displaystyle g \in G \) cambia segno a \( \displaystyle \Delta \) .
Questo non è possibile: il \( \displaystyle \mathbb{Q} \) -automorfismo \( \displaystyle g \) non può cambiare segno a \( \displaystyle 9 \)

Sì, certo la conclusione è evidente. Bello, davvero molto bello, anche se non immediato per uno come me.

Però, senti un po', si può generalizzare la cosa? Voglio dire: mi piacerebbe classificare i polinomi di terzo grado.
Un'idea ce l'ho, ma non penso sia giusta: secondo me (e questo esempio lo conferma) molto dipende dal segno del discriminante. E non solo, ma secondo me qui è tutto così magicamente bello perchè il discriminante è un quadrato perfetto in $QQ$. Dico bene?

Forse combinando osservazioni del genere si potrebbe arrivare a un teorema che mi dice, data un'equazione di terzo grado, qual è il suo gruppo di Galois. Naturalmente, immagino che tutto ciò abbia poco senso (se non a livello di esercizio, intendo): infatti, le equazioni di terzo grado sono risolubili per radicali (vero?) e non mi serve passare dal gruppo di Galois (che per inciso può essere $ZZ_2$, $A_3$ o $S_3$, giusto?) e dalla sua risolubilità.
Che dici?
GRAZIE.

P.S. @ Martino:

Sembra che non possiamo migliorare il calcolo di \( \displaystyle \Delta \) , eppure qualcosa si può fare: eleviamolo al quadrato.

\( \displaystyle \Delta^2 = 9(a^2-1)^2(12-3a^2)=9(a^2-a+1)(12-3a^2)=...=9^2 \) .

Secondo me c'è un errore di calcolo o di trascrizione. In ogni caso, il risultato è giusto.
E' bello questo esempio perchè mi ha permesso di "toccare con mano" l'isomorfismo di $QQ(a)$ con il quoziente: ogni risultato va inteso modulo $p(a)$. E questo semplifica parecchio la vita.