Estensioni cicliche

[hydro]

No, $\phi_1(x_1)=x_1$ continua a non essere un automorfismo. Non è neanche una funzione.

[francicko]

Scusa se insisto riporto un esempio:
Sia $f=x^4-x^2+1 $ $in$ $Q[x]$.
Indicate con $x_1,x_2=-x_1,x_3=(x_1^3-x_1),x_4=(x_1-x^3)$ le radici distinte abbiamo che il campo di spezzamento risulta $E=Q(x_1)$ il gruppo di galois risulterà costituito dai seguenti automorfismi:
$phi_1: x_1->x_1$ che induce l'identità $(x_1)(x_2)(x_3)(x_4)$
$phi_2:x_1->x_2$ che induce la permutazione $(x_1x_2)(x_3x_4)$
$phi_3:x_1->x_3$ che induce la permutazione $(x_1x_3)(x_2x_4)$
$phi_4:x_1->x_4$ che induce la permutazione
$(x_1x_4)(x_2x_3)$
Queste costituiscono il gruppo abeliano noto $Z_2×Z_2$
Dov'è sta l'errore?
Forse intendi che bisogna scrivere per esteso
1)$ phi_1(x_1)=x_1, phi_1(x_2)=x_2, phi_1(x_3)=x_3,phi_1(x_4)=x_4$
2)$phi_2(x_1)=x_2,phi_2(x_2)=x_1,phi_2(x_3)=x_4,phi_2(x_4)=x_3$
Ecc. ecc.?

[hydro]

Non c’è alcun errore in questo esempio; la notazione e’ strana ma si capisce benissimo cosa voglia dire l’autore.

[francicko]

Ok! Ora ritornando al problema precedente il mio cruccio è dimostrare senza far uso del procedimento induttivo, che se $E=Q(x_1,x_2,..,x_n)=Q(x_i)$ con $x_i$ radice qualsiasi del polinomio irriducibile, allora ogni automorfismo di $E$ deve essere della forma $x_i->x_j$ co $x_i$ fissato, quindi avremo esattamente $n$ automorfismi.
Ha senso adesso la domanda posta?
Grazie!

[hydro]

ogni automorfismo di $E$ deve essere della forma $x_i->x_j$ co $x_i$ fissato, quindi avremo esattamente $n$ automorfismi.
Ha senso adesso la domanda posta?

No, non ha proprio alcun senso matematico.

[Martino]

Nel caso in cui il campo di spezzamento sia proprio $QQ(x_1)$, esiste un unico automorfismo che manda $x_1$ in $x_i$, per ogni $i$. Questo si dimostra facilmente ed è una cosa che trovi facilmente sui libri. La dimostrazione non è per induzione.

[Martino]

Detto $f(x)$ il polinomio minimo di $x_1$ su $QQ$, che coincide col polinomio minimo di $x_i$ per qualsiasi $i$, l'omomorfismo di valutazione $QQ[x] to QQ(x_i)$, $P(x) mapsto P(x_i)$, è suriettivo con nucleo $(f(x))$ e quindi induce un isomorfismo $QQ[x]//(f(x)) to QQ(x_i)$. Per composizione ottieni quindi

$QQ(x_1) cong QQ[x]//(f(x)) cong QQ(x_i)$

Questo è un isomorfismo $QQ(x_1) to QQ(x_i)$ che manda $x_1$ in $x_i$. Se la tua domanda riguarda cosa significa $QQ[x]//(f(x))$ è perché devi aprire un libro e studiare.

[francicko]

Se $f(x)= x^n-c_(n-1)x^(n-1)+...-c_0$ irriducibile in $Q$ allora
$Q[x]//f(x)$ $~~$ ${a_0+a_1x_i+...+a_(n-1)x_i^(n-1)$ $|$ $x_i^n=c_0+c_1x_i+...+c_(n-1)x_i^(n-1)}$ con chiaramente
$a_0,a_1,.....a_(n-1)$ $in$ $Q$ arbitrari, ed $x_i$ soluzione qualsiasi del polinomio, risulta essere un campo!
Adesso se risulta $Q(x_1,x_2,...x_n)=Q(x_i)$ con $x_i$ soluzione qualsiasi , allora avremo esattamente $n$ automorfismi, ma se consideriamo già il polinomio $x^3-2$ dove $Q(root(3)(2))$ non è un estensione di galois, quindi non risulta vero, anzi gli automorfismi del campo di spezzamento saranno in numero di $6$ esatto?

[francicko]

Nel caso in cui il campo di spezzamento sia proprio $QQ(x_1)$, esiste un unico automorfismo che manda $x_1$ in $x_i$, per ogni $i$. Questo si dimostra facilmente ed è una cosa che trovi facilmente sui libri. La dimostrazione non è per induzione.

Nel testo che ho in possesso io , non la trovo!

[megas_archon]

Nel caso in cui il campo di spezzamento sia proprio $QQ(x_1)$, esiste un unico automorfismo che manda $x_1$ in $x_i$, per ogni $i$. Questo si dimostra facilmente ed è una cosa che trovi facilmente sui libri. La dimostrazione non è per induzione.

Nel testo che ho in possesso io , non la trovo!

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