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阶段回顾及温习两个推论

已有 675 次阅读 2020-8-13 16:52 |个人分类:科学随笔|系统分类:科研笔记

[注:下文是群邮件的内容,标题是另拟的。]

自同构置换。

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对于多项式的根 a, b, c, ...,伽罗瓦写出 Aa + Bb + Cc + ... (记作 t),其中根的赋值有 n! 种情况 (由此得到 n! 个值)。以这些值作为根,可构造一个 n! 次的多项式 F(X),它有不可约因式 G(X)。特别地,G(X) 以 t 为根,它的其余的根记作 t', t'', ... 。G(X) 的根集合是 F(X) 的根集合的子集 (即 n! 个值的一部分)。

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很清楚:t', t'', ... 都是 (在 t 的内部) 通过根的置换得到的。通过给 t, t', t'', .... “加壳”,伽罗瓦得到了φ-阵列 {φ r(t*) },其中 r 取遍 a, b, c, ...;t* 是 t, t', t'', ... 之一,并在同一行不变。通过证明/推导发现:φ-阵列的每一行都是根的排列。简洁起见,φ-阵列中的 “φ” 省略不写。(下文用 t' 代表 t', t'', ... 中的任何一个)。

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现在眼睛盯着φ-阵列。设 S 是将 t-行(即第一行) 带到 t' 行的置换。此时的 S 是普通意义上的置换:把第一行的 (n 个根的) 排列变换到另一行的排列,即:

S(a(t)) = a(t'), S(b(t)) = b(t'), S(c(t)) = c(t'), ... 。

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现在有个问题:St = t' 是否成立?答案是肯定的。设 S 直接作用于φ-阵列的第一行(即 t-行) a b c ... 得到 a' b' c' ... 它们在 t'-行 (即排列 a' b' c' ... 标识为 t')。而伽罗瓦对 Aa + Bb + Cc + ... (也就是 t ) 做置换时眼睛只盯着根 a b c ...。换句话说,S 作用于 t,就得到 Aa' + Bb' + Cc' + ....(此即 t')。将这里的结果代入上一段,得到 ——

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r(St) = r(Aa' + Bb' + Cc' + ...) = r(t') = S(r(t)) = r'.   注:r(t) = r.

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从上面的式子可以看出:

(0) φ-阵列中,t'-行的排列也是 t' 内部的排列 (即 t' 的“编码”)。

(1)  t' 对 r 的作用 (表现为 r(t')) 与 S 对 r 的作用 (表现为 Sr) 是完全一致的。t' 是从内部起作用,S 是从外部起作用。St = t' 意味着 t' 是 S 的 “presentation” (也就是“像”)。我感到 t, t', t'', ... 也构成群(待考),谓之 “表述群” (“presentation group”) ,注意不要和群的 “表述” 混肴起来。注:St = t' 意味着 S 蕴含了一种自同构 (这是伽罗瓦“自然地” 规定的)。

(2) S(r(t)) = r(St) 意味着 S 的作用可以深入到φ-多项式内部 (即直接对φ-多项式的 “根变量” 进行作用)。

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(命题1) 推论:S 可以扩展为 K(a, b, c, ...) 的自同构。

注:K(a, b, c, ...) 的元素可写成 t 的多项式,从而可以写成根的 n 元多项式。S 的自同构效应扩展到 K(a, b, c, ...) 是通过定义给出的 (即 S直接作用到根上)。

证明的提示:假设有值相等的两种表达形式,则用自同构作用后值仍相等 (命题1)。关键技术:两个值做差 (从而变成已知量)。

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(推论 ) 推论:若 S 把 t-行 带到 t'-行,s 是另一预解式。则存在 (s 的共轭) s',使得 S 把 s-行 带到 s' 行。

证明的提示:定义 s' = S(s),设 s 是不可约多项式 H(x) 的根,推出 s' 是 s 的共轭。最后在 s 版φ-阵列中验证 S 把 s 带到 s'。

评论:最后这个推论意味着:φ-阵列蕴含的诸置换构成群,此群与 t 的选择无关。(这就验证了φ-阵列表述的Galois 群的正当性)。

* * *

技术总结:命题1 给出了 K(a, b, c, ...) 中的元素属于 K 的判断准则 (也是 Galois 群 “固定” K的原因),得到推论使得 S 的自同构效应扩展到 K(a, b, c, ...),从而得到最后的推论(H.E. S41 温习完毕)。




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3 郑永军 杨正瓴 苏保霞

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