Articles

Den Revolusjonære Galois Teorien

Evariste Galois

Den 31. Mai 1832 døde en fransk Republikansk revolusjonær kalt É Galois av et skudd. Han var 20 år gammel. Natten før, fryktet Sin egen død, Hadde Galois skrevet mange brev, frenetisk skriblet «jeg har ingen tid; jeg har ingen tid». Et brev er spesielt verdifullt Av Historiske grunner. I dette brevet hevder Galois å ha utløst revolusjonen. Ikke politisk. En matematisk en.

Hadde han?

Revolusjonen Galois initierte viste seg å være større og dypere enn han kunne ha forestilt seg det! Landskapet i matematikk har blitt dypt påvirket Av Galois ‘ visjon, som sin avkom har steget og tatt over den matematiske verden. Dette avkom er nå allestedsnærværende og regler grenseløse land. Det går under navnet ren algebra.

for å romantisere Enda litt mer historien Om Galois ‘ dramatiske liv, her er et sammendrag av en dokumentar jeg laget om algebra:

Waw! Galois høres sikkert ut som et unikt geni!

Galois manuskript

Han er definitivt! Men hans matematiske revolusjon gikk ikke jevnt. Som alle revolusjonsledere hadde han først de største vanskeligheter. Ikke for å forestille revolusjonen. Men for å overbevise andre om å bli med ham i en spillendrende tilnærming til matematikk. Da Galois fortsatt var i live, ble hans revolusjonerende ideer avvist flere ganger av det franske vitenskapsakademiet … fordi de beste franske matematikerne på den tiden Som Simé Denis Poisson bare ikke kunne få det! Delvis på Grunn Av Galois ‘ uleselige håndskrift vist til høyre …

hvordan Klarte Galois teori fortsatt å bli kjent?I 1843, 10 år etter Galois’ død, klarte Endelig En strålende fransk matematiker Ved Navn Joseph Liouville å forstå Noen Av Galois ‘ ideer. Etter 3 års arbeid publiserte Liouville en artikkel for å forklare dem. Men Liouville artikkel var fortsatt for usannsynlig for andre matematikere å nyte og forstå. Det tok ytterligere 24 år å finne en fransk matematiker som var enestående nok til å bedre forstå Galois og gjøre hans ideer klare. Denne fremragende matematikeren Er Camille Jordan. Faktisk Var Jordans 1870-bok Om Galois-teori så godt skrevet at tysk matematiker Felix Klein fant den så lesbar som en tysk bok!

Haha! Jeg antar at dette virkelig utløste Galois ‘ revolusjon!

Det var definitivt et stort løft. Men det ville ta ytterligere 82 år for Den Store Østerrikske matematikeren Emil Artin å endelig gi Galois-teorien sin moderne form, i 1942. Artin fortjener mange kreditter. Mens Galois var visjonær som forutså denne revolusjonen, Artin, i mange sanser, Er den som faktisk foretok revolusjonen og veltet matematikk. Takket Være Artin, og noen få andre, Har Galois-teorien i dag blitt en uunngåelig hjørnestein i forskning i matematikk, med mange overraskende og fantastiske prestasjoner (Som Wiles’ bevis på Fermats siste teorem), samt et stort reservoar av åpne spørsmål og mysterier!

denne artikkelen kommer til å stadig presse deg intellektuelt. Kunnskap om lineær algebra, komplekse tall og gruppeteori kan være nyttig for en enklere lesning av henholdsvis avsnitt 2, 4 og 5. Men vær modig, da belønningen er å ha en god oversikt over en av de vakreste og innsiktsfulle teoriene i matematikk!

Felt i Ren Algebra

Galois teori handler om symmetrier av tall. Men før jeg kommer dit, må jeg introdusere deg for å få deg bevæpnet ved å fortelle deg en hemmelighet om tall. Og jeg er sikker på at du har hørt om det! Faktisk, tilbake i videregående skole, ble du sannsynligvis lært å aldri forlate røtter i denominatorene.

Hva mener du?

jeg mener at $1 / (\sqrt{2}-1)$ ikke var et riktig svar. Kan du bidra til å kvitte seg med kvadratroten av 2 i nevnen?

Å ja! Dette ringer meg en bjelle… men jeg husker ikke hva vi skulle gjøre…

Hehe … Vi ble lært å multiplisere opp og ned av nevnerens konjugat. Dette konjugatet oppnås ved å erstatte $ – $ med $ + $ (eller omvendt) i nevnen:

Røtter i Teller

jeg brukte identiteten $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$. Hvis du ikke vet denne formelen, sjekk Minute Physics ‘ video som forklarer hvorfor $(a + b) (c+d) = ac + ad + bc + bd$. Ved å erstatte $c$ med $a$ og $d$ med $ – b$, bør du få identiteten jeg ga.
Så har vi $1 / (\sqrt{2}-1) = \sqrt{2} + 1$? Det er overraskende!

jeg vet! Det kompliserte uttrykket $1/(\sqrt{2}-1)$ representerer det samme tallet som $\sqrt{2} + 1$. Og dette forklarer hvorfor våre lærere ønsket at vi skulle skrive resultater på en måte i stedet for den andre: når alt er skrevet på samme måte, blir eksamener mye lettere å rette opp!

Haha! Jeg ser deres poeng!

Men hva med $1 / (\sqrt{2}-1)$? Kan du bli kvitt roten i nevnen? Kan det til og med gjøres?

Kuberot I Nevner

La meg prøve … hvis vi erstatter $-$ med $+$ i nevnen får vi $\sqrt{2}+1$. Multiplikasjon av nevneren med det gir $(\sqrt{2}-1) \ganger (\sqrt{2} + 1) = \sqrt{2}^2-1$. Arg … det er fortsatt en terningrot!

jeg vet!

Så hvordan kan vi fjerne kubens røtter fra nevnen?

du forteller meg!

Hummm…

Noe hell?

noen hjelp?Interessant kan enhver kraft på $\sqrt{2}-1$ skrives som en sum av krefter på $\sqrt{2}$. Faktisk trenger du bare å distribuere produktene:

Krefter Av Kuberot på 2 Minus 1

Vent… er ikke $\sqrt{2}^3 $ lik 2?

Ja det er det! Ved å gjøre denne substitusjonen i den tredje ligningen har vi vist at de tre første kreftene på $\sqrt{2}-1$ kan skrives som en sum av et rasjonelt tall, på $\sqrt{2}$ og $\sqrt{2}^2$!

OK … Så?

Så vi har nå 3 ligninger, med 2 rotuttrykk vi vil bli kvitt! Dermed kan vi kombinere ligningene for å fjerne alle rotuttrykk til høyre!

Hummm … Hvordan?

la oss multiplisere de 2 første linjene med 3 og legge sammen alle 3 ligningene:

Polynomial Er Lik Rasjonell

Legg merke til hvordan den tredje linjen er oppnådd ved å erstatte $\sqrt{2}^3$ med 2.jeg antar det er fint… Men det forteller meg ikke hvordan jeg får $\sqrt{2}$ til telleren!

Hehe … den kule tingen er at venstre term vi har oppnådd nå kan faktoriseres av $\sqrt{2}-1$! La meg hoppe over noen kjedelige beregninger… og komme til resultatet $(\sqrt{2}-1)$ $(\sqrt{2}^2 + \sqrt{2} + 1)$ $= 1$. Så, for å kvitte seg med røttene i nevnen, kan vi multiplisere opp og ned med $\sqrt{2}^2 + \sqrt{2} + 1$! Til slutt får vi følgende overraskende og vakre formel:

Kuberot I Nevnerløsning

Waw! Det er ganske pent!

jeg vet! Men hva er enda penere er at metoden vi brukte er veldig generell! Med lignende teknikk kan vi nå fjerne alle radikaler fra denominatorer!

Fantastisk!

Nå var Det Av Spesiell interesse For Galois ikke det faktum at en metode gjorde det mulig å fjerne radikaler fra denominatorer. Men heller, at et hvilket som helst tall med radikaler i denominatorer likte et tall med radikaler på toppen. Dette betydde at tallene med radikaler på toppen var stabile ved divisjon.

Hva mener du?Det er vanlig å betegne $\mathbb Q{2}]$ settet med tall som kan skrives som en sum av krefter på $\sqrt{2}$. Siden $\sqrt{2}^3 = 2$ er et rasjonelt tall, kan enhver sum av krefter på $\sqrt{2} $ faktisk skrives i standardformen $a\sqrt{2}^2 + b\sqrt{2} + c$. Nå, hvis du legger til, trekker fra eller multipliserer to slike tall, er det ikke vanskelig å se at vi får tall som fortsatt kan settes i standardformen $a\sqrt{2}^2 + b\sqrt{2} + c$. I tillegg er det vi nettopp har vist her at den inverse av alle tallene $a\sqrt{2}^2 + b\sqrt{2} + c$ også kan skrives i standardform. Dette viser at ethvert tillegg, subtraksjon, multiplikasjon Og deling av tall i $\mathbb Q{2}]$ gir et tall, som kan skrives i standardform… og dermed tilhører $\mathbb Q{2}]$. I rene algebra vilkår er $ \ mathbb Q{2}] $ dermed stabil av de fire klassiske aritmetiske operasjonene. Av denne grunn kaller vi det et felt.

dette feltet må ikke forveksles med felt i fysikk som kartlegger steder til tall eller vektorer. Du kan lære mer om slike skalar-eller vektorfelt i min artikkel om kvantemekanikk. Her er et felt et sett med objekter som kan legges til, trekkes fra, multipliseres og deles, noe som gir objekter som fortsatt tilhører feltet.

Geometri Av Feltutvidelser

feltet du er mest kjent med, er sannsynligvis settet $ \ mathbb Q$ av rasjonale tall. Andre eksempler på felt er settene $ \ mathbb R$ av reelle tall og settet $\mathbb C$ av komplekse tall. Og nå har vi også $ \ mathbb Q{2}$. Siden $\mathbb Q {2}]$ er et felt som inneholder feltet $\mathbb Q$, sier vi at $\mathbb Q{2}] / \mathbb Q$ er en feltutvidelse.faktisk kan det vises at hvis et felt $k$ tilfredsstiller $x+x+ \ldots+x \neq 0$ for all endelig sum og noen $x \neq 0$, må $k $ inneholde $ \ mathbb Q$. Ellers er feltet $k$ nødvendigvis bygget på begrensede felt $\mathbb Z / p\mathbb Z$, også kjent som $\mathbb F_p$, hvor $p$ er prime. I disse feltene er summen av $p$ elementer $x$ alltid lik 0. Faktisk er alle endelige felt $\mathbb F_{p^n} \cong \ mathbb F_p^n $ hvor $n$ er et helt tall og $p$ er prime. Disse begrensede feltene er avgjørende i datavitenskap og kryptografi!det faktum at $ \ mathbb Q{2}] / \ mathbb Q$ er en feltutvidelse gir en veldig naturlig forbindelse mellom de to feltene. Nemlig kan $\mathbb Q{2}$ ses som et vektorrom, hvor $\mathbb Q$ er skalarfeltet. Spesielt det faktum at et hvilket som helst tall i $ \ mathbb Q {2}]$ kan skrives $a \sqrt{2}^2 + b\sqrt{2} + c$ betyr at $(1, \sqrt{2}, \sqrt{2}^2)$ danner grunnlag for $\mathbb Q{2}]$ som et $\mathbb Q$-vektorrom. Og dette betyr at vi kan representere det geometrisk som et 3-dimensjonsrom!

Feltutvidelse som Vektorrom

på dette punktet, hvis du ikke er kjent med vektorrom, anbefaler jeg deg å lese artikkelen min om lineær algebra.

dimensjonen av vektorrommet ovenfor er en interessant egenskap for feltutvidelser. Det er kjent som graden, og det er vanligvis betegnet $ \ big{2}]: \ mathbb Q \ big] = 3$ for eksempel.

Er det feltutvidelser på $\mathbb Q{2}]$?

Ja! Det er faktisk ganske enkelt å lage en feltutvidelse av dette: bare legg til noe radikalt tall som ikke tilhører $\mathbb Q{2}]$!

Liker, jeg kan legge til $\sqrt{2}$?

Ja! Dette ville skape feltet $(\mathbb Q{2}]) = \mathbb Q{2},\sqrt{2}]$. Dette feltet inneholder alle tall som er produkter og summer på $\sqrt{2}$ og $\sqrt{2}$. Disse er av skjemaet $a\sqrt {2}^2$ + $b \ sqrt{2} + c$ + $ d \ sqrt{2}^2 \ sqrt {2}$ + $ e \ sqrt{2} \sqrt{2} $ + $ f \ sqrt{2}$. Noen ide om hva graden $ \ big{2}, \sqrt{2}]: \mathbb Q{2}]\big]$ er?

Hummm … 2?

Ja! Faktisk har vi $a\sqrt{2}^2$+$b\sqrt{2}$+$c $+$ d\sqrt{2}^2\sqrt{2} $+$ e \sqrt{2} $ + $ f \sqrt{2} $ = $ (a \sqrt{2}^2+b\sqrt{2}+c) $+ $(d\sqrt{2}^2 + e\sqrt{2} + f) \sqrt{2}$. Dermed kan et hvilket som helst antall $\mathbb Q {2},\sqrt {2}]$ skrives $A + b\sqrt{2}$, hvor $a$ og $B$ tilhører $ \ mathbb Q{2}]$. Dermed bestemmer 2 skalarer på $\mathbb Q{2}]$ et tall i $\mathbb Q{2},\sqrt{2}]$. Dette betyr at graden av feltutvidelsen $\mathbb Q{2}, \sqrt{2}] / \mathbb Q{2}]$ er 2. Faktisk har Vi Chasles-forholdet $ \ big{2}, \sqrt{2}]: \mathbb Q \ big] $ = $ \ big{2}, \sqrt{2}] : \mathbb q{2}] \ big] \ big{2}]: \mathbb Q \ big] $ = $ 2 \ ganger 3 = 6$.

Kan noen feltutvidelse av $ \ mathbb Q$ skrives $ \ mathbb Q$?

det er bedre enn det! Enhver feltutvidelse av endelig grad, kalt endelig feltutvidelse, strekkes av et enkelt tall. For eksempel $\mathbb q{2}, \sqrt{2}] $=$ \mathbb Q{2} + \sqrt{2}]$, som betyr at alle tall som er summer av krefter på $\sqrt{2}$ og $\sqrt{2}$ er også summer av krefter på $\sqrt{2} + \sqrt{2}$. Er det ikke overraskende fantastisk?

Endelige Feltutvidelser

mer generelt kan en endelig feltutvidelse på $ \ mathbb Q$ skrives $ \ mathbb Q $ med noen $ x$ som legges til $ \ mathbb Q$.

kan grader av feltutvidelser være uendelige?

Ja. Det er tilfelle for feltutvidelsen $\mathbb R / \mathbb Q$. Og det er også Den viktigste feltutvidelsen I Galois-teorien! Denne feltutvidelsen er $ \ bar {\mathbb Q} / \mathbb Q$, hvor $ \ bar {\mathbb Q}$ er settet med algebraiske tall. Dette er alle løsninger på polynomligninger av skjemaet $a_n x^n $ + $ a_{n-1} x^{n-1} $+$ … $+$ a_1 x $ + $ a_0 = 0$. For eksempel er $\sqrt{2}$ et algebraisk tall fordi det er løsning på $x^4 – 2x = 0$. Dermed er $ \ bar {\mathbb Q}$ en feltutvidelse til alle endelige feltutvidelser på $\mathbb Q$.

Finn ut mer om algebraiske tall med min artikkel om tall og konstruksjon. Også, jeg bør nevne at $ \ bar {\mathbb Q} $ kalles algebraisk lukning av $\mathbb Q $ siden det består i å legge til alle løsninger på algebraiske ligninger. Det ble bevist Av Ernst Steinitz at denne algebraiske lukkingen eksisterer og er unik opp til isomorfisme. Denne unike egenskapen er viktig I Galois-teorien, da det garanterer at alle algebraiske lukninger har samme symmetrier. Merkelig nok skjønt, unikhet krever det kontroversielle aksiomet av valg, uten hvilke algebraiske lukninger kanskje ikke er isomorfe!

Konjugerte Tall

Vi er nesten der! Vi trenger en endelig omvei gjennom polynomligninger.

Euklidsk Divisjon

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

Nøyaktig! Galois la merke til at noen ligninger kunne forenkles. For eksempel kan $x^4-2x=0$ faktoriseres som $x (x^3-2) = 0$, som tilsvarer $x=0$ eller $x^3-2=0$. Så kan ligningen $x^4-2x=0$ reduseres til ligninger $x=0$ og $x^3-2=0$. Og faktisk er denne reduksjonen veldig lik hvordan tall som 35 kan reduseres til 5 og 7, fordi $5 \ ganger 7 = 35$. Likheten mellom ligninger og hele tall er så sterk at vi selv kan lage Euklidiske divisjoner av polynomer, akkurat som du lærte å gjøre det for tall! Til høyre er et eksempel på en slik divisjon (ikke bekymre deg hvis du ikke forstår det, det vil ikke være viktig for oppfølgeren).

Så Jeg antar At Galois studerte ekvivalenten av primtall …

Nøyaktig! Disse er kjent som irreducible polynomligninger. Ligningen $x^3-2=0$ er et eksempel på irreducible polynom ligning.Du har bare faktorisert det som $x^3-2$=$(x-\sqrt{2})$ $(x^2+\sqrt{2}x+\sqrt{2}^2)$!

Ja! Men avgjørende, Galois ønsket å fokusere på ligninger med rasjonelle koeffisienter. Eller heller polynomer med koeffisienter som tilhører basisfeltet. Så, det jeg mente var at for $ \ mathbb Q $ som basisfeltet, er $ x^3-2=0$ irreducible. Rimelig nok… Så hva er så interessant med irreducible polynomligninger?

la oss vurdere $x^2-2x -1=0$ for å få noen ledetråder. Denne ligningen kan bevises å være irreducible. Husker du hvordan du løser det?

vel løsningene på $ax^2+bx+c=0$ er $x=(-b \pm \sqrt{b^2-4ac})$/$(2a)$, ikke sant?

hvis $b^2 – 4ac \geq 0$, ja.

så løsningene her er $x = (2 \ pm \ sqrt{8})/2 $=$ 1 \pm \sqrt{2}$, ikke sant?

Nøyaktig! Så, den irreducible polynomligningen $x^2 + 2x -1=0$ har to løsninger: $1 + \sqrt{2}$ og $1 – \sqrt{2}$ … noen kommentar?

Nei … Vent! Dette er konjugater!

Bingo! Det er nøkkeloppdagelsen Av Galois. Mer Generelt Kalles Galois konjugater alle løsningene til en irreducible polynomligning. Og som du kan forestille deg, er disse avgjørende for å fjerne radikaler fra denominatorer!

Hummm … Hvordan gjør man det?Det første du må legge merke til er at hvis $x_1$, $x_2$, …, $x_n$ er alle løsningene av en polynomial irreducible ligning $a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} $+$ … + a_1 x + a_0 = 0$ med rasjonelle koeffisienter, kan denne polynomiale irreducible ligningen faktisk omskrives $a_n(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0$. Å identifisere de konstante vilkårene gir da $x_1 x_2 … x_n $ = $ (-1)^n a_0 / a_n$. Så avgjørende er produktet av konjugatnumre det rasjonelle tallet $(-1)^n a_0/a_n$, som ikke er null (bevis det!).

for å gjøre det jeg nettopp har sagt, må løsningene av irreducible polynomligninger alle ha multiplikasjon 1. Denne egenskapen er kjent som separabilitet. Denne egenskapen avhenger bare av basisfeltet. Basefelt hvis irreducible polynomer er separerbare kalles perfekt. Heldigvis, i vårt tilfelle, er $\mathbb Q$ perfekt, så vel som alle dens utvidelser.

Her er en liten vits å huske på den sterke sammenhengen mellom konjugater:

Konjugater og Rasjonaler

så hvordan gjelder det å fjerne radikaler fra denominatorer?

Vurder en brøkdel $1 / x_1$, hvor $x_1$ er et komplisert uttrykk med radikaler. Multiplikasjon opp og ned av konjugatene $x_2$,…, $ x_n $ av $x_1$ gir da $1 / x_1 $ = $ (-1)^n a_n x_2 … x_n/a_0$, som ikke har noen radikal i nevnen som vi har etablert $a_0$ for å være et ikke-nullnummer av basisfeltet!

Waw! Fantastisk! Så hva med $\sqrt{2}$? Hva er dens konjugater?

Husk at $x^3-2=0$ er den irreducible polynomligningen $\sqrt{2}$ er løsningen av. Så er dens konjugater de andre løsningene til den ligningen, som er de komplekse tallene $\sqrt{2}j$ og $\sqrt{2}j^2$, hvor $j= e^{i \ tau/3} $ med $\tau = 2 \ pi$ er forholdet mellom omkretsen av en sirkel ved sin radius. Følgende figur viser plasseringen av de konjugerte løsningene i dette komplekse planet:

Kuberøtter i Komplekst Plan

Galois’ Tvetydighet

Endelig kommer Vi Til Galois nøkkelinnsikt!

Hva er det?

Konjugater er helt permutable. Dette betyr at hvis du systematisk endrer $\sqrt{2}$ ved sin konjugat $ – \sqrt{2}$, holder likhetene fortsatt. For eksempel, siden vi hadde $1/(\sqrt{2}-1) = \sqrt{2} + 1$, kan jeg rett og slett fortelle deg at $1/(-\sqrt{2}-1)=-\sqrt{2}+1$! På samme måte har vi følgende fantastiske implikasjon:

Erstatte Kuberot av 2

Waw! Det er overraskende! Hvor kommer det fra?

Hehe… La meg først huske at begrensede felt strekkes av et enkelt element. Så, hvis basisfeltet er $\mathbb Q$, kan et endelig felt skrives $\mathbb Q$ for noen rett $ x_1$. Nå, vurder $x^n + a_{n-1}x^{n-1} $ + $ … + a_1 x + a_0 = 0$ den irreducible polynomligningen $x_1$ er løsningen av. Så, hva definerer $ \ mathbb Q$ er $\mathbb Q $ – vektorrommet spannet av $x_1$, $x_1^2$,…, $x_1^{n-1}$, med forenkling av større krefter på $x_1$ i henhold til den algebraiske regelen $x_1^n $ = $ – a_{n-1}x_1^{n-1} $ – $ … – a_0$.Så $ \ mathbb Q $ kan bygges utelukkende på disse algebraiske reglene?

Nøyaktig! Avgjørende er disse algebraiske reglene for $ \ mathbb Q$ egentlig ikke avhengig av arten av $x_1$; de er bare avhengige av det irreducible polynomet $x_1$ er løsningen av! Derfor er reglene for $ \ mathbb Q$ identiske med disse av $\mathbb Q$,…, $\mathbb Q$, hvor $x_1$ erstattes av en av dens konjugater $x_2$,…, $x_n$. Spesielt opererer feltene $\mathbb Q{2}]$ og $\mathbb Q{2} j] $ i henhold til nøyaktig samme regler. Det er derfor konjugater er helt permutable! Vi sier at feltene $\mathbb Q {2}]$ og $\mathbb Q {2} j]$ er isomorfe, og at erstatning $\sqrt{2}$ av $\sqrt{2}j$ er en isomorfisme $\mathbb Q {2}] \rightarrow \ mathbb Q{2}j]$. Mer generelt kalles feltet konstruert på algebraiske regler avledet fra en irreducible polynomligning bruddfeltet til den irreducible polynomligningen. Betegner $P$ polynomet, dette bruddfeltet skrives ofte $ \ mathbb Q / (P)$.Så, $ \ mathbb Q {2}]$ og $ \ mathbb Q{2}j]$ er faktisk mer eller mindre det samme?

på en veldig lik (men sterkere) måte at to vektorrom av dimensjon 2 er mer eller mindre det samme! Dette har en forferdelig konsekvens. Det betyr at det fra et algebraisk perspektiv er meningsløst å gjøre en forskjell mellom et tall og noen av dets konjugater (så lenge du systematisk erstatter tallet med dets konjugat)! Så, for eksempel, $\sqrt {2}$ og $ – \sqrt{2}$ er algebraisk uutslettelig! For å holde dette i bakhodet, her er en annen vits jeg har kommet opp med:

Kuberot av To Blir Erstattet

$\sqrt{2} $ og $-\sqrt{2} $ utvisket… Hummm … du overdriver, ikke sant?

Ikke i det hele tatt! Ethvert skille mellom disse to tallene må innebære annen matematikk enn algebra, som ordrelasjoner eller topologi. Det jeg mener er at for eksempel forholdet $\sqrt{2} > 0$ gjør en forskjell mellom $\sqrt{2}$ av $-\sqrt{2}$, men det er fordi det innebærer en ordreforhold. Men hvis vi begrenser oss til polynomiske likheter, så er det absolutt ingen forskjell mellom $\sqrt{2}$ og $ – \sqrt{2}$. På samme måte er $i$ og $ – i$, løsningene av den irreducible polynomligningen $x^2 + 1=0$, også algebraisk uutslettelig. Likevel kaller vi vilkårlig $i$ en av dem. Derfor Kalte Galois sin teori teorien om tvetydighet. I dag kalles tvetydigheten av valget av den konvensjonelle kvadratroten på $-1 $ blant $i$ og $ – i$ heller symmetrien mellom $i$ og $ – i$.

Galois Grupper

Galois spesielt fokusert på feltutvidelser som er stabile ved konjugering. Slike stabile feltutvidelser er nå kjent Som Galois extensions. Så, hvis $x_1$ tilhører En Galois-utvidelse, inneholder Denne Galois-utvidelsen alle dens konjugater $x_2$,…, $x_n$.

siden konjugat avhenger av basisfeltet, gjør det også stabilitet ved konjugat.
Hvordan kan Vi konstruere En Galois-utvidelse?

en enkel måte Å konstruere Galois-utvidelser på består i å ta feltet spredt av løsninger av en irreducible polynomligning. For eksempel, hvis $x_1$,…, $x_n$ er konjugater for basisfeltet $\mathbb Q$, så er $\mathbb Q / \mathbb Q$ En Galois-utvidelse. Felt konstruert på denne måten kalles splitting felt.

Merk at polynomligningen til et splittende felt ikke trenger å være irreducible. I tillegg kan det bevises at Alle Galois finite field extensions er splitting felt.
Kan du gi et eksempel?

for eksempel er splittfeltet av ligning $x^3-2=0$ Galois-utvidelsen $\mathbb Q{2}, \sqrt{2} j, \sqrt{2} j^2] / \mathbb Q$ spredt av sine løsninger.

Hva er så interessant Om Galois-utvidelser?

hvis $x_1$ spenner Over En Galois-utvidelse, så gjør det også konjugater. Dermed er $ \ mathbb Q = \mathbb Q = $ … $ = \mathbb Q$ = $ \ mathbb Q$. Dermed er isomorfismen mellom $ \ mathbb Q$ Og $\mathbb Q $ som består i å alltid erstatte $x_1$ med $x_2$, faktisk en isomorfisme mellom $ \ mathbb Q $ og seg selv! Vi kaller det en automorfisme. Automorfismer Av En Galois-utvidelse$\mathbb Q/ \ mathbb Q $ danner Galois-gruppen $Gal (\mathbb Q/\mathbb Q)$.

du kan lære mer om grupper med min artikkel om symmetrier.Nå, avgjørende, hvis $ \ mathbb Q = \mathbb Q$, så er alle automorfismer Av En Galois-utvidelse $\mathbb Q / \ mathbb Q$ permutasjoner på $x_1$ med en av dens konjugater! Spesielt ser vi her at kardinaliteten Til En Galois-gruppe er lik Graden Av Galois-utvidelsen.

Kan du gi et eksempel?

Sikkert! Du kan legge merke til at $\mathbb Q = \mathbb Q$ og $\mathbb Q = \mathbb Q$, noe som betyr at $i$ og $\sqrt{2}$ hver spenner over splittefeltene i den irreducible polynomligningen de er løsning av. Dermed er $ \ mathbb Q / \ mathbb Q$ og $\mathbb Q / \mathbb Q$ Begge Galois-utvidelser. Derfor består deres automorfismer i å erstatte $i$ med en av dens konjugater, $i $eller$- i$, og erstatte $\sqrt{2} $ med $\sqrt {2} $ eller $ – \sqrt{2}$. I de første tilfellene endrer vi ikke noe til tall, noe som tilsvarer nullsymmetrien. De andre tilfellene kan visualiseres som aksiale symmetrier, som vist i figuren nedenfor:

Symmetrier Av Komplekst Plan

Er det ikke fantastisk?

det er fint… men kan vi ha mer kompliserte symmetrier?

Sikkert! La oss komme til splitting feltet $\mathbb Q{2},\sqrt{2}j, \sqrt{2}j^2] $ av $ x^3-2=0$. Men før vi går videre, la oss legge merke til at $ \ mathbb Q{2},\sqrt{2}j, \sqrt{2}j^2] = \mathbb Q{2}, j]$.

hvordan kan vi bevise likestilling?

Alt vi trenger å bevise er at alle generatorer av ett felt tilhører den andre. La oss begynne med å bevise at generatorene til sistnevnte, $\sqrt{2}$ og $j$, tilhører den tidligere. Det er åpenbart for $\sqrt{2}$. Nå, $j = (\sqrt{2} j) / \sqrt{2}$, dermed $j$ tilhører det tidligere feltet også. Dette viser at alle elementene i $\mathbb Q{2},j] $ tilhører $\mathbb Q{2}, \sqrt {2} j, \sqrt{2} j^2]$. Gjensidig er det greit at alle generatorer av det tidligere feltet, $\sqrt{2}$, $\sqrt{2}j$ og $\sqrt{2}j^2$, er produkter av generatorene til sistnevnte. Dermed er begge feltene like. Og spesielt er $\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q$ En Galois-utvidelse.

Kult! Så hva Er Galois-gruppen $Gal (\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q)$?

Hehe … for å forstå symmetrier av $ \ mathbb Q {2}]$, må Vi gå videre I Galois ‘ studie Av Galois-grupper…

Galois Korrespondanse

problemet Med Galois-grupper er at De kan bli ekstremt store og kompliserte. Dette er spesielt tilfelle av den uendelige gruppen $Gal (\bar{\mathbb Q}/\mathbb Q)$. For å pågripe slike store og komplekse grupper, Galois hadde den geniale ideen å bryte disse i mindre biter.

Så hvordan kan Vi bryte Galois grupper?Utrolig, Galois fant Ut At Galois-grupper kunne brytes inn i undergrupper av symmetrier ved bare å se på de som forlater noen underfelt uendret. For eksempel er $ \ mathbb Q$ et underfelt på $\mathbb Q{2},j]$, siden noen av de tidligere tilhører sistnevnte. Dermed er symmetrier av $\mathbb Q{2},j]$ som ikke endrer noe til $\mathbb Q$, en Undergruppe Av Galois-gruppen av $\mathbb Q{2},j]/\mathbb Q$. Disse symmetrier danner Galois-gruppen $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$.

Wow! Dette begynner å bli abstrakt!

jeg vet! Jeg liker å visualisere disse symmetrier som måter å plugge $ \ mathbb Q{2},j] $ på $ \ mathbb Q$. Her er et avbildet bilde av «plugging on»:

Plugging On

Her vil det være 2 måter (identitet og horisontal aksial symmetri), men i høyere dimensjoner kan symmetrier være mye mer komplisert.
Så $Gal (\mathbb q{2}, j] / \mathbb Q)$ er en undergruppe av $ Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$?

Nøyaktig! Og det er rett og slett fordi $ \ mathbb Q{2},j]$ er En Galois forlengelse av $\mathbb Q $ som selv er en feltutvidelse på $ \ mathbb Q$.

Og det er mer! Galois viste at alle undergrupper Av En Galois extensions er oppnådd på denne måten! Nærmere bestemt er kartleggingen av et hvilket som helst felt $K$ mellom Galois-utvidelsen $\mathbb Q{2},j]$ og basisfeltet $\mathbb Q$ Til Galois-gruppen $Gal (\mathbb Q{2},j] / K)$ bijektiv. Dette faktum kalles Galois korrespondanse! Denne korrespondansen vises skjematisk nedenfor for En Galois-utvidelse $\mathbb Q / \mathbb Q$.

Galois Korrespondanse

denne kartleggingen er også strengt avtagende i den forstand at jo større feltet $K$, jo mindre Er Galois-gruppen $Gal (\mathbb Q{2}, j] / K)$. Og selvfølgelig holder denne setningen for ethvert basisfelt$ k $ annet enn $ \ mathbb Q $ og Enhver Galois-utvidelse $L/ k $ annet enn $ \ mathbb Q{2},j]$. Merk at $K $ her ikke antas å være En Galois-utvidelse av basisfeltet. Men så lenge $L / k$ er En Galois-utvidelse, vil $L / K$ også være En Galois-utvidelse.
Hvordan gjelder det for $Gal (\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q)$?I Stedet for å prøve å beskrive denne gruppen direkte, la oss fokusere på undergruppen $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$. Det er greit at $\sqrt {2} $ spenner over $ \ mathbb Q{2},j] $ når det legges til $ \ mathbb Q$. Dermed er $\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q$ En Galois-utvidelse som strekker seg over $\sqrt{2}$. Derfor, ved å bruke en teorem vi har sett tidligere, vet vi at alle automorfismer av Denne Galois-utvidelsen består i å erstatte $\sqrt{2}$ med en av sine 3 konjugater (selv, $\sqrt{2} j$ og $\sqrt{2} j^2$)!

Du kan da se at $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q)$ er isomorf til gruppen $\mathbb Z / 3 \ mathbb Z$ av hele tall modulo 3 med tillegg.Nå kunne Jeg fortsette å studere andre biter av $Gal (\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q)$, som Galois-undergruppen $Gal (\mathbb Q {2},j]/\mathbb Q{2}])$. Men jeg vil heller bruke En Annen Av Galois ‘ kraftige teoremer. Nemlig viste han at hvis $\mathbb Q / \ mathbb Q$ i tillegg var En Galois-utvidelse selv, så er undergruppen $Gal (\mathbb Q{2}, j]/\mathbb Q) $ normal.

Formelt Er $H$ en normal undergruppe på $G $ hvis $gH = Hg$ for alle $g \I G$.Dermed Kan Galois-gruppen av $\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q$ kvotienteres av denne undergruppen, og kvotientgruppen er da lik $ Gal (\mathbb Q/\mathbb Q)$. Likevel er $ \ mathbb Q / \mathbb Q$ faktisk En Galois forlengelse spannet av $j$, hvis konjugat er $j^2$. Dermed består $Gal (\mathbb Q/\mathbb Q)$ i enten å forlate $j$ som $j$ eller erstatte den med $j^2$.Mer generelt, hvis vi har feltutvidelser $L/K/k$ med $L/k$ Og $K/k$ Galois utvidelser, så er $Gal(L/K)$ en normal undergruppe på $Gal(L/K)$ og $Gal(L/k)/Gal(L/K) \cong Gal(K / k)$. Dette viser at vi har $Gal (\mathbb q{2},j]/\mathbb Q) / Gal (\mathbb q{2},j]/\mathbb Q) \cong Gal (\mathbb Q/\mathbb Q) \cong \ mathbb Z / 2 \ mathbb Z$.Vi kan nå utlede alle symmetrier av $ Gal (\mathbb Q{2}, j] / \ mathbb Q)$ ved å kombinere disse av $Gal (\mathbb Q {2}, j] / \mathbb Q)$ og $Gal (\mathbb Q/\mathbb Q)$. Vi kan vise disse symmetrier ved å tegne hvordan de påvirker våre tre spenner konjugater $\sqrt{2}$, $\sqrt{2}j$ og $\sqrt{2}j^2$:

Galois Group

Merk at over symmetrien av $Gal(\mathbb Q{2}, j] / \mathbb Q)$ er gjort før det av $gal(\mathbb q/\mathbb q)$.

Figuren ovenfor inneholder Alle symmetrier av $Gal (\mathbb Q{2},j]/\mathbb Q)$. Og utrolig, disse symmetrier tilsvarer velkjent gruppe av symmetri.

Hva er den kjente gruppen av symmetri?

Jeg lar Marcus du Sautoy presentere den til deg:

Så er symmetrier her som en sjøstjerne eller som en trekant?

som en trekant, åpenbart!

ja, faktisk! Denne gruppen av symmetrier av trekanten kalles $D_3$, og den er den samme som gruppen $S_3$ av permutasjoner av 3 elementer. Dette fører oss til følgende formel, som jeg fant så vakker, at jeg har bestemt meg for å ramme den!

Galois Gruppe Isomorfisme

La Oss Konkludere

På Mange måter Er Galois å anse som far til moderne algebra. Hans viktigste innsikt var å se på matematikk gjennom vinkelen av reglene for operasjoner, og dette førte ham til å avsløre overraskende og innsiktsfulle tvetydigheter, eller symmetrier, mellom tall. Fra et algebraisk perspektiv er tall som $\sqrt{2}$, $\sqrt{2}j$ og $\sqrt{2}j^2$ faktisk helt symmetriske og helt utskiftbare.

Men Har Galois-teorien noen anvendelse?forståelsen av disse symmetrier har hatt forbløffende anvendelser i algebraisk geometri og algebraisk topologi blant andre. Spesielt inkluderer tidlige suksesser av teorien en klassifisering av konstruerbare regulære polygoner og en teorem som hevder at høy grad polynomligninger ikke kunne løses av radikaler.Siste suksesser vises i kryptografi og Andrew Wiles’ bevis på Fermats siste teorem. Dette beviset innebærer å studere Galois-gruppen $Gal (\bar {\mathbb Q} / \ mathbb Q)$ med grupperepresentasjon. Men jeg vil si at teorien er en eller annen måte fortsatt ung, og mye er igjen å oppdage. Tross alt er det et av de mest aktive forskningsområdene i dagens rene matematikkforskning.Dette burde føre oss til Å betale mange flere hyllester Til Galois ‘ utrolige geni… La meg inkludere En Av Sokraticastudios.