Articles

Revoluční Osnova Teorie

Evariste galois

Dne 31. Května 1832, francouzské Republikánské revoluční nazývá Évariste Osnova zemřela na střelnou. Bylo mu 20 let. Noc předtím, ze strachu z vlastní smrti, Galois napsal mnoho dopisů, freneticky čmáral „nemám čas; nemám čas“. Jedno písmeno je zvláště cenné z historických důvodů. V tomto dopise Galois tvrdí, že revoluci skutečně spustil. Ne politickou. Ale matematický.

měl?

revoluce Osnova zahájeno ukázalo být větší a hlubší, než on mohl možná si to představuji! Krajina matematiky byla hluboce ovlivněna galoisovou vizí, jak její potomci povstali a převzali matematický svět. Toto potomstvo je nyní všudypřítomné a vládne neomezeným zemím. Jde pod názvem čistá algebra.

idealizovat i trochu více na příběh, vyprávění, Osnova‘ dramatický život, tady je abstrakt dokument o algebře.

Waw! Galois jistě zní jako jedinečný génius!

galoisův rukopis

rozhodně je! Jeho matematická revoluce ale neprošla hladce. Jako každý vůdce revoluce měl nejprve největší potíže. Nechci si představit revoluci. Ale přesvědčit ostatní, aby se k němu připojili ve hře měnícím se přístupu k matematice. Když Osnova byla ještě naživu, jeho revoluční myšlenky odmítli několikrát do francouzské akademie vědy… Protože nejlepší francouzsky matematici té doby, jako Siméon Denis Poisson prostě nemohl dostat to! Částečně kvůli Galoisovu nečitelnému rukopisu zobrazenému vpravo …

jak se podařilo Galoisovu teorii ještě poznat?

V roce 1843, 10 let poté, Osnova‘ smrti, nakonec, geniální francouzský matematik Joseph Liouville podařilo pochopit některé z Osnova‘ nápady. Po dalších 3 letech práce publikoval Liouville článek, který je vysvětlil. Ale Liouvilleův článek byl stále příliš přitažený za vlasy, aby si ostatní matematici mohli užívat a rozumět jim. Trvalo dalších 24 let najít francouzský matematik dost vynikající pro lepší pochopení Osnova a aby jeho myšlenky, průzračné. Tento vynikající matematik je Camille Jordan. Ve skutečnosti, Jordan 1870 kniha o Osnova teorie byla tak dobře napsaná, že německý matematik Felix Klein zjistil, že je čitelný jako německá kniha!

Haha! Myslím, že to skutečně vyvolalo Galoisovu revoluci!

byla to určitě Obrovská vzpruha. Trvalo by však dalších 82 let, než by velký rakouský matematik Emil Artin konečně dal Galoisově teorii moderní podobu v roce 1942. Artin si zaslouží hodně kreditů. Zatímco Galois byl vizionář, který předvídal tuto revoluci, Artin, v mnoha smyslech, je ten, kdo skutečně podnikl revoluci a převrátil matematiku. Díky Artin, a pár dalších, dnes, Osnova teorie se stala nevyhnutelnou kamenem výzkumu v matematice, s dostatkem překvapující a úžasné úspěchy (jako Wiles‘ důkaz velká Fermatova věta), stejně jako obrovský rezervoár otevřených otázek a záhad!

tento článek vás bude stále více tlačit intelektuálně. Znalost lineární algebry, komplexních čísel a teorie grup může být užitečná pro snadnější čtení oddílů 2, 4 a 5. Ale buďte odvážní, protože odměnou je mít dobrý přehled o jedné z nejkrásnějších a nejinteligentnějších teorií matematiky!

pole v čisté algebře

Galoisova teorie je o symetrii čísel. Ale než se tam dostanu, musím vás představit, abych vás vyzbrojil tím, že vám řeknu tajemství o číslech. A jsem si jistý, že jste o tom slyšeli! Opravdu, na střední škole, pravděpodobně jste se učili nikdy neopouštět kořeny ve jmenovatelích.

co tím myslíte?

myslím, že $1 / (\sqrt{2}-1)$ nebyla správná odpověď. Můžete pomoci zbavit se druhé odmocniny 2 ve jmenovateli?

Ach jo! To mi zní jako zvon … ale nepamatuji si, co jsme měli dělat …

Hehe … naučili jsme se násobit nahoru a dolů konjugátem jmenovatele. Tento konjugát se získá nahrazením $ – $ $ + $ (nebo naopak) ve jmenovateli.

Kořeny v Čitateli

jsem použil identitu $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$. Pokud tento vzorec neznáte, Zkontrolujte video Minute Physics, které vysvětluje, proč $(a+b) (c+d) = ac + ad+bc+bd$. Tím, že nahradí $c$ by $a$ A $d$ by $ – B$, měli byste získat identitu, kterou jsem dal.
takže máme $1 / (\sqrt{2}-1) = \sqrt{2}+1$? To je překvapivé!

já vím! Komplikovaný výraz $1 / (\sqrt{2}-1)$ představuje stejné číslo jako $ \ sqrt{2}+1$. A to vysvětluje, proč naši učitelé chtěli, abychom psali výsledky spíše jedním způsobem než druhým: když je vše napsáno stejným způsobem, zkoušky se mnohem snadněji opraví!

Haha! Vidím jejich body!

ale co $ 1 / (\sqrt{2}-1)$? Můžete se zbavit kořene ve jmenovateli? Dá se to vůbec udělat?

kořen krychle ve jmenovateli

zkusím … pokud nahradíme $ – $ za $+$ ve jmenovateli dostaneme $ \ sqrt{2}+1$. Vynásobením jmenovatele tím získáte $(\sqrt{2}-1) \times (\sqrt{2}+1) = \sqrt{2}^2-1$. Argu … pořád je tu kořen krychle!

já vím!

jak tedy můžeme odstranit kořeny krychle ze jmenovatele?

Řekni mi to!

Hummm …

nějaké štěstí?

nějaká pomoc?

hehe … je zajímavé, že jakákoliv mocnina $ \ sqrt{2}-1$ může být zapsána jako součet mocnin $ \ sqrt{2}$. Opravdu, stačí, aby distribuovat tyto produkty:

Pravomoci Odmocnina ze 2 Mínus 1

Počkat… Není $\sqrt{2}^3$ se rovná 2?

Ano je! Provedením této substituce ve třetí rovnici jsme ukázali, že tři první mocniny $ \ sqrt{2}-1$ lze zapsat jako součet racionálního čísla $\sqrt{2}$ a $ \ sqrt{2}^2$!

OK … takže?

takže nyní máme 3 rovnice, se 2 kořenovými výrazy se chceme zbavit! Můžeme tedy kombinovat rovnice a odstranit všechny kořenové výrazy vpravo!

Hummm … jak?

Pojďme vynásobit 2 první řádky o 3 a sečíst všechny 3 rovnice:

Polynom se Rovná Racionální

Všimněte si, jak to, že třetí řada byla získána nahrazením $\sqrt{2}^3$ 2.
myslím, že je to hezké… ale neříká mi, jak dostat $ \ sqrt{2}$ do čitatele!

Hehe … skvělá věc je, že levý výraz, který jsme získali, lze nyní faktorizovat pomocí $ \ sqrt{2}-1$! Dovolte mi přeskočit některé nudné výpočty … a dostat se k výsledku $(\sqrt{2}-1)$ $(\sqrt{2}^2 + \sqrt{2} + 1)$ $= 1$. Abychom se zbavili kořenů ve jmenovateli, můžeme vynásobit nahoru a dolů $ \ sqrt{2}^2 + \ sqrt{2} + 1$! Nakonec získáme následující překvapivý a krásný vzorec:

kořen krychle v řešení jmenovatele

Waw! To je pěkný!

já vím! Ale ještě hezčí je, že metoda, kterou jsme použili, je velmi obecná! S podobnou technikou můžeme nyní odstranit všechny radikály z jmenovatelů!

úžasné!

to, co bylo pro Galoise obzvláště zajímavé, nebyla skutečnost, že metoda umožnila odstranit radikály z jmenovatelů. Ale spíše, že jakékoli číslo s radikály ve jmenovatelích se rovnalo číslu s radikály nahoře. To znamenalo, že čísla s radikály nahoře byla podle rozdělení stabilní.

co tím myslíte?

je běžné označovat $ \ mathbb Q{2}]$ množinu čísel, která lze zapsat jako součet mocnin $ \ sqrt{2}$. Vzhledem k tomu, $ \ sqrt{2}^3 = 2$ je racionální číslo, jakýkoliv součet mocnin $ \ sqrt{2}$ může být ve skutečnosti zapsán ve standardním formuláři $a\sqrt{2}^2 + b \ sqrt{2} + C$. Nyní, pokud přidáte, odečtete nebo vynásobíte jakákoli dvě taková čísla, pak není těžké vidět, že získáme čísla, která lze stále vložit do standardního formuláře $a\sqrt{2}^2 + b \ sqrt{2} + C$. Navíc jsme zde právě ukázali, že inverzní hodnota všech čísel $a\sqrt{2}^2 + b \ sqrt{2} + C$ může být také zapsána ve standardním formuláři. To ukazuje, že žádné sčítání, odčítání, násobení a dělení čísel v $\mathbb Q{2}]$ dává číslo, které lze zapsat ve standardní formě a patří tedy do $\mathbb Q{2}]$. Z čistě algebry, $ \ mathbb Q{2}]$ je tedy stabilní čtyřmi klasickými aritmetickými operacemi. Z tohoto důvodu tomu říkáme pole.

toto pole nelze zaměňovat s poli ve fyzice, která mapují umístění na čísla nebo vektory. Více o takových skalárních nebo vektorových polích se můžete dozvědět v mém článku o kvantové mechanice. Zde pole je sada objektů, které mohou být přidány, odečteny, násobeny a rozděleny, čímž se získá objekty, které stále patří do pole.

Geometrie Oblasti Rozšíření

pole, které jsou nejvíce obeznámeni s je pravděpodobně nastavit $\mathbb Q$ racionálních čísel. Dalšími příklady polí jsou množiny $\mathbb R$ reálných čísel a množina $ \ mathbb C$ komplexních čísel. A teď máme také $ \ mathbb Q{2}]$. Protože $ \ mathbb Q{2}]$ je pole, které obsahuje pole $ \ mathbb Q$, říkáme, že $ \ mathbb Q{2}] / \ mathbb Q$ je rozšíření pole.

Ve skutečnosti, to může být prokázáno, že pokud pole $k$ splňuje $x+x+ \ldots+x \neq 0$ pro všechny konečné částky a libovolné $x \neq 0$, pak $k$ musí obsahovat $\mathbb Q$. V opačném případě je pole $k$ nutně postaveno na konečných polích $ \ mathbb Z / p \ mathbb Z$, také známé jako $ \ mathbb F_p$, kde $p$ je prvočíslo. V těchto polích se součet $ P $ elements $x$ vždy rovná 0. Ve skutečnosti jsou všechna konečná pole $ \ mathbb F_{p^n} \cong \ mathbb F_p^n$ kde $n$ je celé číslo a $p$ je prvočíslo. Tato konečná pole jsou nezbytná v informatice a kryptografii!

skutečnost, že $ \ mathbb Q{2}] / \mathbb Q$ je rozšíření pole, poskytuje velmi přirozené spojení mezi oběma poli. Konkrétně $ \ mathbb Q{2}]$ lze považovat za vektorový prostor, kde $ \ mathbb Q$ je skalární pole. Zejména skutečnost, že jakékoli číslo v $\mathbb Q{2}]$ lze psát $\sqrt{2}^2 + b\sqrt{2} + c$ znamená, že $(1, \sqrt{2}, \sqrt{2}^2)$ tvoří základ $\mathbb Q{2}]$ jako $\mathbb Q$-vektorový prostor. A to znamená, že jej můžeme geometricky reprezentovat jako 3-rozměrný prostor!

Pole Rozšíření jako Vektorový Prostor

V tomto bodě, pokud si nejste obeznámeni s tím, vektorové prostory, doporučuji vám přečíst si můj článek o lineární algebře.

rozměr vektorového prostoru výše je zajímavou vlastností rozšíření polí. Je známý jako stupeň a běžně se označuje $ \ big{2}]: \ mathbb Q\big] = 3$ například.

existují rozšíření polí $ \ mathbb Q{2}]$?

Ano! Je to vlastně docela snadné vytvořit rozšíření pole tohoto: stačí přidat nějaké radikální číslo, které nepatří do $ \ mathbb Q{2}]$!

jako bych mohl přidat $ \ sqrt{2}$?

Ano! Tím by se vytvořilo pole $(\mathbb Q{2}]) = \mathbb Q{2},\sqrt{2}]$. Tato pole obsahují všechna čísla, která jsou produkty a součty $\sqrt{2}$ a $\sqrt{2}$. Jsou ve tvaru $a \ sqrt{2}^2 $ +$b \ sqrt{2}+c$+$ d \ sqrt{2}^2 \ sqrt{2}$ +$ e \ sqrt{2} \sqrt{2} $ + $ f \ sqrt{2}$. Máte představu o tom, jaký je titul $ \ big{2}, \ sqrt{2}]: \ mathbb Q{2}]\big]$?

Hummm … 2?

Ano! Vskutku, máme $a\sqrt{2}^2$+$b\sqrt{2}$+$c $+$ d\sqrt{2}^2\sqrt{2} $+$ e \sqrt{2} \sqrt{2} $+$ f \sqrt{2} $=$ (a\sqrt{2}^2+b\sqrt{2}+c) $+ $(d\sqrt{2}^2 + e \sqrt{2} + f) \sqrt{2}$. Tedy, každé číslo $\mathbb Q{2},\sqrt{2}]$ lze psát $A+B\sqrt{2}$, kde $A$ a $B$ patří do $\mathbb Q{2}]$. Takže 2 skaláry $ \ mathbb Q{2}] $ určují číslo v $ \ mathbb Q{2}, \ sqrt{2}]$. To znamená, že stupeň rozšíření pole $ \ mathbb Q{2}, \sqrt{2}] / \ mathbb Q{2}]$ je 2. Ve skutečnosti máme vztah Chasles $ \ big{2}, \ sqrt{2}]: \ mathbb Q \big] $ = $ \ big{2}, \sqrt{2}] : \mathbb Q{2}] \big] \ big{2}]: \ mathbb Q \ big] $ = $ 2 \ krát 3 = 6$.

lze napsat libovolné rozšíření pole $ \ mathbb Q$ $\mathbb Q$?

je to lepší než to! Každé rozšíření pole konečného stupně, nazývané konečné rozšíření pole, je překlenuto jedním číslem. Například $\mathbb Q{2}, \sqrt{2}] $=$ \mathbb Q{2} + \sqrt{2}]$, což znamená, že všechny čísla, která jsou sumy síly $\sqrt{2}$ a $\sqrt{2}$ jsou také sumy síly $\sqrt{2} + \sqrt{2}$. Není to překvapivě úžasné?

Omezené Oblasti Rozšíření

Více obecně, nějaké omezené oblasti rozšíření $\mathbb Q$ lze psát $\mathbb Q$ s $x$, která je přidán do $\mathbb Q$.

mohou být stupně rozšíření pole nekonečné?

Ano. Je to případ rozšíření pole $ \ mathbb R / \ mathbb Q$. A stejně tak je nejdůležitější rozšíření pole v galoisově teorii! Toto rozšíření pole je $ \ bar {\mathbb Q} / \mathbb Q$, kde $ \ bar {\mathbb q}$ je množina algebraických čísel. Toto jsou všechna řešení polynomiálních rovnic tvaru $a_n x^n $+$ a_{n-1} x^{n-1} $+$ … $+$ a_1 x $+$ a_0 = 0$. Například $ \ sqrt{2}$ je algebraické číslo, protože je řešením $x^4-2x = 0$. Proto $ \ bar {\mathbb Q}$ je rozšíření pole pro všechna konečná rozšíření pole $ \ mathbb Q$.

Zjistěte více o algebraických číslech s mým článkem o číslech a konstruovatelnosti. Také bych měl zmínit, že $ \ bar {\mathbb Q}$ se nazývá algebraické uzavření $ \ mathbb Q$ , protože spočívá v přidání všech řešení algebraických rovnic. Ernst Steinitz dokázal, že tento algebraický uzávěr existuje a je jedinečný až do izomorfismu. Tato jedinečnost je důležitá v galoisově teorii, protože zaručuje, že všechny algebraické uzávěry mají stejné symetrie. Kupodivu však jedinečnost vyžaduje kontroverzní axiom volby, bez kterého algebraické uzávěry nemusí být izomorfní!

konjugovaná čísla

jsme skoro tam! Potřebujeme Poslední objížďku přes polynomiální rovnice.

euklidovská divize

jako $x^4-2x=0$?

přesně tak! Galois si všiml, že některé rovnice lze zjednodušit. Například $x^4-2x=0$ lze faktorizovat jako $x (x^3-2)=0$, což odpovídá $x=0$ nebo $x^3-2=0$. Takže rovnice $x^4-2x=0$ může být redukována na rovnice $x=0$ a $x^3-2=0$. A ve skutečnosti je toto snížení velmi podobné tomu, jak lze čísla jako 35 snížit na 5 a 7, protože $5 \krát 7 = 35$. Podobnost mezi rovnicemi a celými čísly je tak silná, že můžeme dokonce vytvořit euklidovské dělení polynomů, stejně jako jste se to naučili pro čísla! Vpravo je příklad takového rozdělení (nebojte se, pokud tomu nerozumíte,nebude to důležité pro pokračování).

takže myslím, že Galois studoval ekvivalent prvočísel …

přesně! Ty jsou známé jako neredukovatelné polynomiální rovnice. Rovnice $x^3-2=0$ je příkladem neredukovatelné polynomiální rovnice.

počkejte … právě jste to faktorizovali jako $x^3-2$=$(x-\sqrt{2})$ $(x^2+\sqrt{2}x+\sqrt{2}^2)$!

Ano! Ale hlavně se Galois chtěl zaměřit na rovnice s racionálními koeficienty. Nebo spíše polynomy s koeficienty, které patří do základního pole. Takže to, co jsem měl na mysli, bylo, že pro $\mathbb Q$ jako základní pole, $x^3-2=0$ je neredukovatelný.

dost fér … tak co je tak zajímavé s neredukovatelnými polynomiálními rovnicemi?

uvažujme $x^2-2x -1=0$, abychom měli nějaké stopy. Tato rovnice může být prokázána jako neredukovatelná. Pamatujete si, jak to vyřešit?

no řešení $ax^2+bx+c=0$ jsou $x=(- b \pm \ sqrt{b^2-4ac})$/$(2a)$, že?

Pokud $b^2-4ac \ geq 0$, Ano.

takže řešení jsou zde $x = (2 \ pm \ sqrt{8})/2 $=$ 1 \pm \ sqrt{2}$, že?

přesně tak! Takže neredukovatelná polynomiální rovnice $x^2 + 2x -1=0$ má dvě řešení: $1+ \ sqrt{2}$ a $ 1 – \sqrt{2}$ … jakýkoli komentář?

ne … Počkejte! To jsou konjugáty!

Bingo! To je klíčový objev Galoise. Obecněji, Galois volal konjuguje všechna řešení neredukovatelné polynomiální rovnice. A jak si dokážete představit, jsou nezbytné pro odstranění radikálů z jmenovatelů!

Hummm … jak to člověk dělá?

první věc, kterou všimnete, je, že je-li $x_1$, $x_2$, …, $x_n$ jsou všechna řešení polynomu irreducible rovnice $a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} $+$ … + a_1 x + a_0 = 0$ s racionálními koeficienty, pak se tento polynom ireducibilní rovnice může být ve skutečnosti přepsána $a_n(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0$. Identifikace konstantních podmínek pak přináší $x_1 x_2 … x_n $ = $ (-1)^n a_0 / a_n$. Součinem konjugovaných čísel je tedy racionální číslo $(-1)^n a_0/a_n$, které je nenulové (dokažte to!).

abych udělal to, co jsem právě řekl, musí mít řešení neredukovatelných polynomiálních rovnic multiplicitu 1. Tato vlastnost je známá jako oddělitelnost. Tato vlastnost závisí pouze na základním poli. Základní pole, jejichž neredukovatelné polynomy jsou oddělitelné, se nazývají dokonalé. Naštěstí v našem případě je $\mathbb Q$ perfektní, stejně jako všechna jeho rozšíření.

Tady je jen vtip, jak udržet v mysli silné spojení mezi konjugáty:

Konjugátů a Rationals

Tak, jak to platí i pro odstranění radikálů z jmenovatele?

zvažte zlomek $1 / x_1$, kde $x_1$ je komplikovaný výraz s radikály. Vynásobením nahoru a dolů konjugáty $x_2$, …, $x_n$ z $x_1$, pak výnosy $1/x_1 $=$ (-1)^n a_n x_2…x_n/a_0$, který nemá žádné radikální ve jmenovateli, jako jsme navázali $a_0$ být nenulové číslo základního pole!

Waw! Úžasné! A co $ \ sqrt{2}$? Jaké jsou jeho konjugáty?

připomeňme, že $x^3-2=0$ je neredukovatelná polynomiální rovnice $\sqrt{2}$ je řešení. Takže, konjugáty jsou další řešení této rovnice, které jsou komplexní čísla $\sqrt{2}j$ a $\sqrt{2}j^2$, kde $j= e^{i\tau/3}$ $\tau = 2\pi$ je poměr obvodu kruhu a jeho poloměru. Následující obrázek zobrazuje umístění konjugát řešení v této komplexní rovině,

Krychle Kořenů v Komplexní Rovině

Osnova‘ Nejednoznačnost

Konečně se dostáváme k Osnova je klíčový vhled!

co to je?

konjugáty jsou dokonale permutovatelné. To znamená, že pokud systematicky měníte $ \ sqrt{2}$ svým konjugátem $ – \sqrt{2}$, pak stále platí rovnosti. Například, protože jsme měli $1 / (\sqrt{2}-1) = \sqrt{2}+1$, Mohu vám přímo říci, že $1 / (- \sqrt{2}-1)= – \sqrt{2}+1$! Podobně máme následující ohromující důsledky:

nahrazení kořene krychle 2

Waw! To je překvapivé! Odkud se to bere?

Hehe … dovolte mi nejprve připomenout, že konečná pole jsou překlenuta jediným prvkem. Pokud je tedy základní pole $ \ mathbb Q$, může být jakékoli konečné pole zapsáno $ \ mathbb Q$ pro některé správné $x_1$. Nyní zvažte $x^n + a_{n-1}x^{n-1} $+$ … + a_1 x + a_0 = 0$ neredukovatelná polynomiální rovnice $x_1$ je řešením. Poté, co definuje $\mathbb Q$ je $\mathbb Q$-vektorový prostor překlenul tím, že $x_1$, $x_1^2$, …, $x_1^{n-1}$, se zjednodušením větší pravomoci $x_1$, tedy algebraické pravidlo $x_1^n $=$ – a_{n-1}x_1^{n-1} $-$ … – a_0$.

takže $\mathbb Q$ lze konstruovat výhradně na těchto algebraických pravidlech?

přesně tak! Rozhodující je, že tato algebraická pravidla $\mathbb Q$ opravdu nezávisí na povaze $x_1$; závisí pouze na neredukovatelném polynomu $x_1$ je řešením! Proto jsou pravidla $\mathbb Q$ identická s pravidly $ \ mathbb Q$,…, $\mathbb Q$, kde $x_1$ je nahrazen jedním z jeho konjugátů $x_2$,…, $x_n$. Zejména pole $ \ mathbb Q{2}]$ a $ \ mathbb Q{2} j]$ fungují podle přesně stejných pravidel. Proto jsou konjugáty dokonale proměnlivé! Můžeme říci, že pole $\mathbb Q{2}]$ a $\mathbb Q{2} j]$ jsou isomorfní, a to nahrazením $\sqrt{2}$ $\sqrt{2}j$ je izomorfismus $\mathbb Q{2}] \rightarrow \mathbb Q{2}j]$.

Více obecně, pole postavené na algebraických pravidel odvozených z irreducible polynomial rovnice se nazývá prasknutí oblasti ireducibilní polynom rovnice. Označující$ P $ polynom, toto pole prasknutí je často psáno $ \ mathbb Q / (P)$.
takže $ \ mathbb q{2}]$ a $ \ mathbb Q{2}j]$ jsou ve skutečnosti víceméně stejné?

velmi podobným (ale silnějším) způsobem, že dva vektorové prostory Dimenze 2 jsou víceméně stejné! To má hrozný důsledek. To znamená, že z algebraického hlediska je nesmyslné, aby se rozdíl mezi číslem a některý z jeho konjugáty (tak dlouho, jak budete systematicky nahradit číslo jeho konjugát)! Takže například $ \ sqrt{2}$ a $ – \sqrt{2}$ jsou algebraicky nerozeznatelné! Abych to měl na paměti, tady je další vtip, se kterým jsem přišel:

Odmocnina ze Dvou se nahradí

$\sqrt{2}$ a $-\sqrt{2}$ k nerozeznání… Říkal…, že přeháníte, ne?

vůbec ne! Rozdíl mezi těmito dvěma čísly musí zahrnovat matematiku, než některé jiné algebry, jako aby vztahy nebo topologie. Co chci říct je, že, například, vztahu $\sqrt{2} > 0$ dělá rozdíl mezi $\sqrt{2}$ $- \sqrt{2}$, ale to je proto, že zahrnuje objednávku vztahu. Ale pokud se omezíme na polynomiální rovnosti, pak není absolutně žádný rozdíl mezi $ \ sqrt{2}$ a $ – \sqrt{2}$. Podobně $i$ a $ – i$, řešení neredukovatelné polynomiální rovnice $x^2+1=0$, jsou také algebraicky nerozeznatelná. Přesto voláme libovolně $i$ jeden z nich. To je důvod, proč Galois nazval svou teorii teorií nejednoznačnosti. Dnes, nejednoznačnost výběru konvenční odmocnina ze $-1$ mezi $i$ a $-i$ je spíše nazývá symetrie mezi $i$ a $-i$.

Osnova Skupin

Osnova zaměřili zejména na oblasti rozšíření, které jsou stabilní, podle conjugacy. Taková stabilní rozšíření pole jsou nyní známá jako rozšíření Galois. Pokud tedy $x_1$ patří do rozšíření Galois, pak toto rozšíření Galois obsahuje všechny konjugáty $x_2$,…, $x_n$.

protože konjugace závisí na základním poli, stejně tak stabilita konjugací.
jak můžeme vytvořit rozšíření Galois?

jednoduchý způsob, jak postavit Osnova rozšíření spočívá v tom, že pole zaklenuta řešení ireducibilní polynom rovnice. Například, je-li $x_1$, …, $x_n$ jsou konjugáty pro základní pole $\mathbb Q$, pak $\mathbb Q / \mathbb Q$ je Osnova souboru. Takto vytvořená pole se nazývají rozdělovací pole.

Všimněte si, že polynomiální rovnice štípacího pole nemusí být neredukovatelná. Navíc lze dokázat, že všechna rozšíření galoisových konečných polí jsou dělící pole.
můžete uvést příklad?

například, rozdělení pole z rovnice $x^3-2=0$ je Osnova rozšířením $\mathbb Q{2}, \sqrt{2} j \sqrt{2} j^2] / \mathbb Q$ překlenul tím, že jeho řešení.

co je tak zajímavé o rozšíření Galois?

Pokud $x_1$ překlenuje galoisovu příponu, pak i její konjugáty. Tak, $ \ mathbb Q = \ mathbb Q = $ … $= \ mathbb Q$ = $\mathbb Q$. Takže izomorfismus mezi $ \ mathbb Q$ A $\mathbb Q$, který spočívá v tom, že vždy nahradí $x_1$ $x_2$, je ve skutečnosti izomorfismus mezi $ \ mathbb Q$ A sám! Říkáme tomu automorfismus. Automorfizmy Osnova rozšířením $\mathbb Q/\mathbb Q$ forem Osnova skupiny $Gal(\mathbb Q/\mathbb Q)$.

můžete se dozvědět více o skupinách s mým článkem o symetriích.

Nyní, co je zásadní, pokud $\mathbb Q = \mathbb Q$, pak všechny automorfizmy Osnova rozšířením $\mathbb Q/ \mathbb Q$ jsou permutace $x_1$ s jedním z jeho konjugátů! Zejména zde vidíme, že kardinalita Galoisovy skupiny se rovná stupni Galoisova rozšíření.

můžete uvést příklad?

jasně! Můžete si všimnout, že $\mathbb Q = \mathbb Q$ a $\mathbb Q = \mathbb Q$, což znamená, že $i$ a $\sqrt{2}$ každý překlenuje rozdělení polí ireducibilní polynom rovnice mají řešení. Takže $ \ mathbb Q / \mathbb Q$ A $ \ mathbb Q / \ mathbb Q$ jsou obě rozšíření Galois. Proto jejich automorfismy spočívají v nahrazení $i$ jedním z jeho konjugátů, $i$ nebo $ – i$ a nahrazení $ \ sqrt{2}$ $\sqrt{2}$ nebo $ – \sqrt{2}$. V prvních případech neměníme nic na čísla, což odpovídá nulové symetrii. Druhý případech mohou být zobrazeny jako axiální symetrií, jak je zobrazeno na obrázku níže:

Symetrie Komplexní Rovina

Není to úžasné?

je to hezké … ale můžeme mít složitější symetrie?

jasně! Pojďme do rozdělovacího pole $ \ mathbb Q{2}, \ sqrt{2}j, \sqrt{2}j^2]$ z $ x^3-2=0$. Ale než půjdeme dál, všimněme si, že $ \ mathbb q{2},\sqrt{2}j, \sqrt{2}j^2] = \mathbb Q{2}, j]$.

jak dokážeme rovnost?

vše, co musíme dokázat, je, že všechny generátory jednoho pole patří druhému. Začněme tím, že dokážeme, že generátory posledně jmenovaných, $\sqrt{2}$ a $j$, patří k prvním. Je to zřejmé pro $ \ sqrt{2}$. Nyní $j = (\sqrt{2} j) / \sqrt{2}$, tedy $j$ patří také do bývalého pole. To dokazuje, že všechny prvky $ \ mathbb Q{2}, j]$ patří do $ \ mathbb Q{2}, \sqrt{2} j, \sqrt{2} j^2]$. Recipročně je jednoduché, že všechny generátory bývalého pole, $\sqrt{2}$, $\sqrt{2}J$ a $\sqrt{2}j^2$, jsou produkty generátorů druhého pole. Obě pole jsou tedy stejná. A zejména $ \ mathbb Q{2}, j]/ \ mathbb Q$ je rozšíření Galois.

Super! Jaká je tedy Galoisova skupina $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$?

Hehe… pochopit symetrie $\mathbb Q{2}]$, budeme muset jít dál v Osnova‘ studie Osnova skupin…

Osnova Korespondence

problém s Osnova skupin je, že mohou být mimořádně velké a složité. To je zejména případ nekonečné skupiny $Gal (\bar{\mathbb Q}/\mathbb Q)$. Zatknout takové obrovské a složité skupiny, Galois měl skvělý nápad rozdělit je na menší kousky.

jak tedy můžeme rozdělit Galoisovy skupiny?

Úžasně, Osnova zjistil, že Osnova skupiny mohou být rozděleny do podskupin symetrie tím, že se díval jen na ty, které zanechat nějaký podpole beze změny. Například, $\mathbb Q$ je podpole $\mathbb Q{2},j]$, protože libovolný počet bývalých patří k druhé. Symetrie $ \ mathbb Q{2}, j]$, které nic nemění na $ \ mathbb Q$, tedy tvoří podskupinu Galoisovy skupiny $ \ mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q$. Tyto symetrie tvoří galoisovu grupu $Gal (\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q)$.

Wow! Začíná to být abstraktní!

já vím! Rád si představuji tyto symetrie jako způsoby, jak připojit $ \ mathbb q{2}, j]$ na $ \ mathbb Q$. Zde je zobrazen obrázek z „zapojení do“:

Připojením Na

Tady by bylo 2 způsoby (identity a horizontální axiální symetrie), ale ve vyšších dimenzích symetrií může být mnohem složitější.
takže $Gal (\mathbb q{2}, j]/\mathbb Q)$ je podskupina $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$?

přesně tak! A to jednoduše proto, že $ \ mathbb Q{2}, j]$ je Galois rozšíření $ \ mathbb Q$, což je samo o sobě rozšíření pole $ \ mathbb Q$.

a je toho víc! Galois ukázal, že všechny podskupiny rozšíření Galois jsou získány tímto způsobem! Přesněji řečeno, mapování každém poli $K,$ v-mezi, Osnova rozšířením $\mathbb Q{2},j]$ a základní pole $\mathbb Q$ Osnova skupiny $Gal(\mathbb Q{2},j] / K)$ je bijektivní. Tato skutečnost se nazývá Galoisova korespondence! Tato korespondence je schematicky zobrazen níže pro rozšíření Galois $\mathbb Q/ \ mathbb Q$.

Osnova Korespondence

Toto mapování je také striktně klesající v tom smyslu, že čím větší pole $K$, menší Osnova skupiny $Gal(\mathbb Q{2},j] / K)$. A, samozřejmě, tato věta platí pro nějaké základní pole $k$, jiné než $\mathbb Q$ a nějaké Osnova přípona $L/k$ jiné než $\mathbb Q{2},j]$. Všimněte si, že $k$ Zde se nepředpokládá jako Galois rozšíření základního pole. Ale dokud $L/K$ je rozšíření Galois, $L/K$ bude také rozšíření Galois.
jak to platí pro $Gal (\mathbb Q{2}, j]/ \ mathbb Q)$?

místo toho, abychom se pokusili popsat tuto skupinu přímo, Zaměřme se na její podskupinu $Gal(\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$. Je jednoduché, že $ \ sqrt{2}$ zahrnuje $ \ mathbb Q{2}, j]$ při přidání do $ \ mathbb Q$. Tak, $ \ mathbb Q{2}, j] / \ mathbb Q$ je Galois rozšíření překlenuté $ \ sqrt{2}$. Proto, s použitím věty jsme viděli dříve, víme, že všechny automorfizmy tato Osnova rozšíření spočívá v nahrazení $\sqrt{2}$ jedním z jeho 3 konjugáty (sám, $\sqrt{2} j$ a $\sqrt{2} j^2$)!

pak vidíte, že $Gal(\mathbb Q{2},j]/\mathbb Q)$ je izomorfní do skupiny $\mathbb Z/3\mathbb Z$ celých čísel modulo 3 s přídavkem.

nyní bych mohl pokračovat ve studiu dalších kusů $Gal (\mathbb q{2}, j]/\mathbb Q)$, jako Galoisova podskupina $Gal (\mathbb Q{2},j]/ \ mathbb Q{2}])$. Ale raději použiji další z galoisových mocných vět. Konkrétně dokázal, že pokud $ \ mathbb Q/\mathbb Q$ bylo navíc samotné rozšíření Galois, pak podskupina $Gal(\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q)$ je normální.

formálně je $H$ normální podskupina $g$ if $gH = Hg$ pro všechny $g \ v g$.

to Znamená, že Osnova skupiny z $\mathbb Q{2},j]/\mathbb Q$ může být quotiented do této podskupiny, a podíl skupiny pak rovná $Gal(\mathbb Q/\mathbb Q)$. Přesto je $ \ mathbb Q / \mathbb Q$ skutečně galoisovým rozšířením o $j$, jehož konjugát je $j^2$. Tak, $Gal (\mathbb Q/ \ mathbb Q)$ spočívá buď v opuštění $j$ jako $j$ nebo jeho nahrazení $j^2$.

obecněji, pokud máme pole rozšíření $L/K/k$ s $L/k$ a $K/k$ Galoisova rozšíření, pak $Gal(L/K)$ je normální podskupiny $Gal(L/K)$ a $Gal(L/k)/Gal(L/K) \cong Gal(K/k)$. To ukazuje, že máme $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q) / Gal (\mathbb q{2}, j]/ \ mathbb Q) \cong Gal (\mathbb Q / \mathbb Q) \cong \ mathbb Z / 2\mathbb Z$.

nyní můžeme odvodit všechny symetrie $Gal(\mathbb Q{2},j]/\mathbb Q)$ kombinací těchto $Gal(\mathbb Q{2},j] / \mathbb Q)$ a $Gal(\mathbb Q/\mathbb Q)$. Můžeme zobrazit tyto symetrie kreslení, jak ovlivňují naše tři spanning konjugáty $\sqrt{2}$, $\sqrt{2}j$ a $\sqrt{2}j^2$:

Osnova Skupiny

Všimněte si, že výše uvedené symetrie $Gal(\mathbb Q{2},j] / \mathbb Q)$ se provádí před tím $Gal(\mathbb Q/\mathbb Q)$.

podstatné je, že výše uvedený obrázek obsahuje všechny symetrie $Gal (\mathbb Q{2},j]/\mathbb Q)$. A kupodivu tyto symetrie odpovídají známé skupině symetrie.

co je ta známá skupina symetrie?

nechám Marcuse du Sautoye, aby vám to představil:

jsou zde symetrie jako hvězdice nebo jako trojúhelník?

jako trojúhelník, samozřejmě!

ano, opravdu! Tato skupina symetrií trojúhelníku se nazývá $D_3$ a je stejná jako skupina $s_3$ permutací 3 prvků. To nás vede k následujícímu vzorci, který mi připadal tak krásný, že jsem se rozhodl to zarámovat!

Osnova Skupiny Izomorfismus

Pojďme Závěr

V mnoha ohledech, Osnova je považován za otce moderní algebry. Jeho klíčovou myšlenkou bylo podívat se na matematiku prostřednictvím úhlu pravidla operací, a to ho vedlo k odhalení překvapivé a podnětné nejasnosti, nebo symetrie, mezi čísly. Z algebraického hlediska jsou čísla jako $ \ sqrt{2}$, $ \ sqrt{2}J$ a $\sqrt{2}j^2$ skutečně dokonale symetrická a zcela zaměnitelná.

ale má Galoisova teorie nějakou aplikaci?

pochopení těchto symetrií mělo úžasné aplikace mimo jiné v algebraické geometrii a algebraické topologii. Zejména, rané úspěchy teorie zahrnují klasifikaci konstruovatelných pravidelných polygonů a větu, která tvrdí, že polynomiální rovnice vysokého stupně nelze vyřešit radikály.

, Ale to bylo před staletími…

Nedávné úspěchy objevit v kryptografii a Andrew Wiles‘ důkaz velká Fermatova věta. Tento důkaz zahrnuje studium skupiny Galois $Gal (\bar{\mathbb Q} /\mathbb Q)$ s reprezentací skupiny. Ale řekl bych, že teorie je nějak ještě mladá a zbývá toho hodně objevit. Koneckonců, je to jedna z nejaktivnějších oblastí výzkumu v dnešním čistě matematickém výzkumu.

To by nás mělo vést platit mnoho dalších pocty Osnova‘ neuvěřitelný génius… Nech mě patří jeden po SocraticaStudios.