Об алгебраических уравнениях высших степеней (стр. 2 из 3)

Обратимся теперь к исходному объекту исследования – уравнению

a₀xⁿ + a₁x^{n – 1} + … + a_n = 0,

где a₀, a₁, …, a_n - заданные числа. Еще Гаусс в конце XVIII века доказал «основную теорему алгебры», гласящую, что при любых a₀, a₁, …, a_n данное уравнение имеет в поле комплексных чисел п корней, точнее, стоящий в его левой части многочлен f(x) может быть разложен на линейные множители

f(x) = a₀(x - a₁)…(x - a_n),

где a₁ … a_n– некоторые комплексные числа (называемые корнями уравнения). Задача состоит в том, чтобы узнать, существуют ли формулы, выражающие корни a₁, …, a_n через коэффициенты a₀, a₁, …, a_n с помощью четырех арифметических действий и извлечения радикалов? Прежде всего, сразу можно считать, что все числа a₁, …, a_n различны, иначе мы поделили бы многочлен f на наибольший общий делитель этого f и его производной f’, что дало бы нам новый многочлен с теми же самыми корнями, но уже без повторений.

Ключевой идеей, поистине прозрением Галуа, явилась мысль связать с каждым алгебраическим уравнением группу всех автоморфизмов его «поля корней» Q(a₁, …, a_n), которые оставляют неподвижным «поле коэффициентов» Q(a₀, a₁, …, a_n). Понятно, что это действительно группа, так как если j, y - два таких автоморфизма, то автоморфизмы jy и j^-1 тоже оставляют числа a₀, a₁, …, a_n неподвижными.

Как действует любой такой автоморфизм j на корни нашего уравнения? Если a - корень, т.е.

a₀aⁿ + a₁a^{n – 1} + … + a_n = 0,

то, применив j к обеим частям, получим

a₀(a^j)ⁿ + a₁(a^j)^{n – 1} + … + a_n = 0,

т.е. a^j– корень того же уравнения! Другими словами, автоморфизм j просто переставляет корни a₁, …, a_nмежду собой, определяя тем самым некоторую перестановку

a₁… a_n

a₁… a_in

легко сообразить, что произведению автоморфизмов будет отвечать произведение соответствующих перестановок, так что все получающиеся при этом перестанвоки сами составляют группу. Она называется группой симметрий или группой Галуа уравнения f=0 и обозначается Gal(f). Понятно, что Gal(f) – подгруппа группы S_n всех перестановок п символов. Оказывается, свойствами группы Галуа и определяется ответ на вопрос о разрешимости данного уравнения в радикалах.

Вот этот знаменитый

Критерий Галуа. Уравнение f=0 тогда и только тогда разрешимо в радикалах, когда его группа Gal(f) обладает полициклической матрёшкой.

Прежде всего, может возникнуть недоумение: «Как можно манипулировать перестановками корней, когда сами корни неизвестны? А если корни будут найдены, то никакие перестановки уже не понадобятся. В чем здесь достижение?»

Оказывается, что группу Gal(f) действительно можно вычислить, не зная корней уравнения f = 0, а пользуясь лишь, так сказать, соображениями симметрии.

Рассмотрим уравнение

x⁴ – x² + 1 = 0.

Конечно, без всякого критерия Галуа видно, что оно биквадратное и легко решается в радикалах, но наша цель сейчас в другом продемонстрировать на этом простеньком примере, как, не пользуясь знанием корней уравнения, найти его группу Галуа. Сейчас мы убедимся, что это вполне возможно. Прежде всего заметим, что многочлен

f = x⁴ – x² + 1,

стоящий в левой части, не разлагается на множители меньшей степени с рациональными коэффициентами. Для выяснения этого имеется несложный общей прием, на котором мы не будем останавливаться.

Пусть a какой-нибудь корень нашего уравнения. Понятно, что тогда -a, 1/a, -1/a - тоже корни, причем все они попарно различны. Занумеруем их, пусть

a₁ = a, a₂ = - a, a₃ = 1/a, a₄ = -1/a

Очевидно,

Q (a₁, a₂, a₃, a₄)= Q (a)

Какие перестановки войдут в группу Gal(f)? Разумеется, далеко не все 24 перестановки четырех символов. В самом деле, если при каком-то автоморфизме поля Q (a) число a переходит в a₁, т.е. остается на месте, то легко понять, числа a₂, a₃, a₄ тоже останутся на месте. Другими словами, получится единичная перестановка е. Далее, если a перейдет в a₂, то по той же причине получится перестановка

a₁a₂a₃a₄

a₂a₁a₄a₃

Наконец, при aa₃ и aa₃ получатся перестановки

a₁a₂a₃a₄

a₃a₄a₁a₂

Так как все возможности для образа корня a мы перебрали, никакие другие перестановки появиться не могут.

С другой стороны, можно убедиться, что все четыре перестановки е, а, b, с действительно возникают из автоморфизмов поля Q (a), так что они и составляют группу Gal(f) нашего уравнения. В самом деле, рассмотрим, например, подстановку а (для подстановок b, c рассуждение абсолютно аналогично). Если, как мы собираемся доказать, автоморфизм поля Q (a), соответствующий подстановке a, существует, то он обязан действовать так:

где g, hпроизвольные многочлены с рациональными коэффициентами, причем h(a) ¹ 0 (учтите, что автоморфизм обязан переводить сумму в сумму и произведение в произведение). Ясно, что это формулу и следует взять за определение искомого автоморфизма. Тонкость состоит в том, что число

и нужно убедиться, что при замене a на a₂ все эти равенства сохранятся. Иначе говоря, если p = gh₁ – g₁hи p(a) = 0, то и p(a₂) = 0. Чтобы доказать это, поделим р на исходный многочлен f с остатком:

остаток r(x) – это многочлен степени не выше третьей. Так как p(a) = f(a) = 0, то и r(a) = 0. Предположим на время, что r(x) ¹ 0. По школьной теореме Безу многочлены f(x), r(x) имеют общий делитель x - a; пусть d(x) – их наибольший общий делитель. Очевидно, d(x) имеет степень не ниже первой и не выше третьей и делит многочлен f(x), а это противоречит неразложимости на множители. Полученное противоречие означает, что r(x)=0, т.е.

Положив здесь x = a₂, получаем требуемое равенство p(a₂) = 0 (а вместе с ним и два других равенства p(a₃) = p(a₄) = 0). Точно так же из h(a)¹ 0 следует h(a₂)¹ 0 и т.д. Итак,

Как видите, группа Галуа найдена, и значения корней при этом не понадобились!

В заключение несколько слов об общем уравнении

где a₀, a₁, …, a_n - буквенные коэффициенты. Можно показать (опять-таки не пользуясь значениями корней), что группой Галуа этого уравнения будет группа всех перестановок S_n. обладает ли она полициклической матрешкой подгрупп? Если п£4, то да. Если же п³5, то группа S_n не имеет полициклических матрёшек, - это уже довольно трудная теорема, также доказанная Эваристом Галуа. Следовательно, общее уравнение степени п³5 неразрешимо в радикалах.

Заканчивая этот краткий очерк идей Галуа, скажем, что шестьдесят страниц, написанных Эваристом Галуа накануне роковой дуэли явилось одним из истоков современной теории групп – основного и наиболее развитого раздела алгебры, изучающего в общем виде глубокую закономерность реального мира – симметрию.

Преобразование j поля К называется его автоморфизмом, если оно сумму переводит в сумму, а произведение в произведение, т.е.

для любых а,в из К; здесь а^j обозначает образ элемента а и т.д.

Поле – это множество К с двумя двуместными операциями, называемыми сложением и умножением, причем отностительно сложения оно является коммутативной группой, относительно умножения его элементы, отличные от нулевого, тоже составляют коммутативную группу и, наконец, в К выполняется обычное правило для раскрытия скобок (а + в)с=ас + вс для любых а, в, с из К.