Galoistheorie

[die hanze]

Dus je hebt goed kennis nodig van groepen ringen en velden? Ik ken wel een beetje groepen theory maar niet veel.
Galois theorie lijkt me dan vooral een abstracte/historische tak van de wiskunde aangezien we in de praktijk nu met computers en numerieke technieken wortels van polynomen vlot kunnen berekenen.

Los van de toenmalige reken toepassingen, zijn er andere takken van de wiskunde die steunen op galois theorie of is het vooral iets op zichzelf? Heb wel interesse in pure wiskunde maar ik beperk me liefst tot onderwerpen die het meest relevant zijn om weer andere takken van wiskunde en natuurkunde te begrijpen.
Heb niets tegen galois theorie maar ik heb maar één leven en er is nog zo veel meer. Groepen theorie kom je enorm vaak tegen in allerlei wiskunde takken, deeltjesfysica enz... .

[Professor Puntje]

Ik vind galoistheorie vooral historisch belangrijk omdat het aan het eind van de klassieke algebra en aan het begin van de modernere, meer abstracte algebra staat. De rol van galoistheorie is enigszins te vergelijken met die van Gödels stellingen in de logica. Het geeft grenzen aan van wat er binnen de wiskunde met zekere elementaire methoden mogelijk is, maar heeft mede daardoor ook heel nieuwe perspectieven geopend. Ik ben niet van plan om na de galoistheorie nog verder in de moderne algebra te duiken. Dat is voor een al wat oudere amateur onbegonnen werk. De galoistheorie zie ik als een mooi eindpunt van wat voor mij binnen de algebra nog net haalbaar is.

[Professor Puntje]

Voor b² - 4ac < 0 zijn er geen reële oplossingen, maar wel twee complexe oplossingen

Ja - dat klopt, maar bestaat er ook een eenvoudig bewijs dat we voor b² - 4ac < 0 met de vermelde twee oplossingen ook alle complexe oplossingen gehad hebben? Volgens de hoofdstelling van de algebra kunnen er in ons geval niet meer dan twee complexe oplossingen zijn, maar die hoofdstelling is weer niet gemakkelijk te bewijzen.

Als je een wortel x0 hebt kun je die uitdelen Deel het polynoom door (x - x0) en de graad gaat een omlaag. Daaruit volgt direct dat een n_de graads polynoom niet meer dan n wortels kan hebben want de graad kan niet vaker dan n keer een omlaag. Dit bewijs geldt alleen als je mag aannemen dat een product nul is desda een van de factoren nul is dus voor reële en complexe getallen is het ok maar als je bijvoorbeeld modulo 6 rekent werkt het niet.

Berust dat hierop?: https://en.wikipedia.org/wiki/Factor_theorem

[Professor Puntje]

Verder met de derdegraadsvergelijking:

\(\)

\( \mathrm{a} x^3 + \mathrm{b} x^2 + \mathrm{c} x + \mathrm{d} = 0 \,\,\,\,\,\, (\mathrm{met} \,\, \mathrm{a} \neq 0) \,\,\,\,\,\,\, (1) \)

\(\)

Deze vergelijking kan door middel van onderstaande substitutie in de zogeheten gereduceerde vorm gebracht worden:

\(\)

\( x = t - \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}} \,\,\,\,\,\,\, (2) \)

\(\)

Substitutie en delen door a geeft:

\(\)

\( (t - \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}})^3 + \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}} (t - \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}})^2 + \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}(t - \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}}) + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{a}} = 0 \)

\(\)

\( \left [ t^3 - 3 \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}} t^2 + 3 ( \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}} )^2 t - (\frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}})^3 \right ] + \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}} \left [ t^2 - 2 \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}} t + ( \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}} )^2 \right ] + \\ \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}} (t - \frac{\mathrm{b}}{3 \mathrm{a}}) + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{a}} = 0 \)

\(\)

\( t^3 - \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}} t^2 + \frac{\mathrm{b}^2}{3 \mathrm{a}^2} t - \frac{\mathrm{b}^3}{27 \mathrm{a}^3} + \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}} t^2 - 2 \frac{\mathrm{b}^2}{3 \mathrm{a}^2} t + \frac{\mathrm{b}^3}{9 \mathrm{a}^3} + \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}} t - \frac{\mathrm{b} \mathrm{c}}{3 \mathrm{a}^2} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{a}} = 0 \)

\(\)

\( t^3 + ( \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}} - \frac{\mathrm{b}^2}{3 \mathrm{a}^2}) t + \frac{2 \mathrm{b}^3}{27 \mathrm{a}^3} - \frac{\mathrm{b} \mathrm{c}}{3 \mathrm{a}^2} + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{a}} = 0 \)

\(\)

\( t^3 + \frac{3 \mathrm{a} \mathrm{c} - \mathrm{b}^2}{3 \mathrm{a}^2} t + \frac{2 \mathrm{b}^3 - 9 \mathrm{a} \mathrm{b} \mathrm{c} + 27 \mathrm{a}^2 \mathrm{d} }{27 \mathrm{a}^3} = 0 \)

\(\)

Dus hebben we:

\(\)

\( t^3 + \mathrm{p} t + \mathrm{q} = 0 \,\,\,\, \mathrm{met} \,\,\,\, \mathrm{p} = \frac{3 \mathrm{a} \mathrm{c} - \mathrm{b}^2}{3 \mathrm{a}^2} \,\,\, \& \,\,\, \mathrm{q} = \frac{2 \mathrm{b}^3 - 9 \mathrm{a} \mathrm{b} \mathrm{c} + 27 \mathrm{a}^2 \mathrm{d} }{27 \mathrm{a}^3} \,\,\,\,\, (3) \)

\(\)

Iedere derdegraadsvergelijking (1) kan derhalve in de gereduceerde vorm (3) worden gebracht.

[ctjacobs]

Ja - dat klopt, maar bestaat er ook een eenvoudig bewijs dat we voor b² - 4ac < 0 met de vermelde twee oplossingen ook alle complexe oplossingen gehad hebben? Volgens de hoofdstelling van de algebra kunnen er in ons geval niet meer dan twee complexe oplossingen zijn, maar die hoofdstelling is weer niet gemakkelijk te bewijzen.

Als je een wortel x0 hebt kun je die uitdelen Deel het polynoom door (x - x0) en de graad gaat een omlaag. Daaruit volgt direct dat een n_de graads polynoom niet meer dan n wortels kan hebben want de graad kan niet vaker dan n keer een omlaag. Dit bewijs geldt alleen als je mag aannemen dat een product nul is desda een van de factoren nul is dus voor reële en complexe getallen is het ok maar als je bijvoorbeeld modulo 6 rekent werkt het niet.

Berust dat hierop?: https://en.wikipedia.org/wiki/Factor_theorem

Dat factor theorem is maar de helft van het verhaal.

Laat P(x) een polynoom van graad n zijn met wortel x0.
Deel het als P(x) = (x -x0) Q(x) + R
Nu is (x0 - x0) Q(x0) + R =0 omdat P(x) = 0
Maar (x0 -x0) Q(x0) is ook 0 omdat een van de factoren 0 is
Dan is het verschil R dus 0 - 0 = 0
Tot zover de factor theorem.
Daar gebruik je dus een product is nul als een van de factoren nul is.

Maar je hebt ook nodig dat tenminste een van de factoren nul is als het product nul is.
Vandaar dat ik zei desda (afkorting van dan en slechts dan als. In het Engels soms weergegeven als iff)

[flappelap]

Een schitterende video van Mathologer over derdegraads vergelijkingen oplossen:

[Professor Puntje]

@ flappelap

Leuke video!

[Professor Puntje]

Dat factor theorem is maar de helft van het verhaal.

Laat P(x) een polynoom van graad n zijn met wortel x0.
Deel het als P(x) = (x -x0) Q(x) + R
Nu is (x0 - x0) Q(x0) + R =0 omdat P(x) = 0
Maar (x0 -x0) Q(x0) is ook 0 omdat een van de factoren 0 is
Dan is het verschil R dus 0 - 0 = 0
Tot zover de factor theorem.
Daar gebruik je dus een product is nul als een van de factoren nul is.

Even zien of ik het nu goed begrijp. Voor het gemak beperk ik mij tot polynomen over de reële of complexe getallen. Als x₀ een wortel van de polynoom van de n-de graad P(x) is dan heb je P(x) = (x-x₀).Q(x) waarin Q(x) een polynoom van de graad n-1 is. Stel nu eens dat er minstens n verschillende wortels x₀, x₁, x₂, ... , x_n-1 van P(x) zijn. Dan kun je schrijven: P(x) = a(x - x₀)(x-x₁)(x-x₂)(x-x₃) ... (x-x_n-1). Kan er nu nog een wortel x_n bestaan die van al de voorgaande wortels x₀ t/m x_n-1 verschilt? Als dat zo zou zijn dan zou er ook moeten gelden dat P(x) = b(x - x_n)(x-x₁)(x-x₂)(x-x₃) ... (x-x_n-1). En dus vinden we voor alle waarden y van x die van al de wortels x₀ t/m x_n verschillen dat:

a(y - x₀)(y-x₁)(y-x₂)(y-x₃) ... (y-x_n-1) = b(y - x_n)(y-x₁)(y-x₂)(y-x₃) ... (y-x_n-1)

a(y - x₀) = b(y - x_n)

ay - ax₀ = by - bx_n

a = b & x₀ = x_n

Waarmee bewezen is dat een polynoom van de graad n over de reële of complexe getallen niet meer dan n verschillende wortels kan hebben.

Maar je hebt ook nodig dat tenminste een van de factoren nul is als het product nul is.
Vandaar dat ik zei desda (afkorting van dan en slechts dan als. In het Engels soms weergegeven als iff)

Er mogen dus geen nuldelers zijn. Maar omdat ik hier enkel binnen de reële of complexe getallen werk zit dat wel snor.

[ctjacobs]

Nee, ik bedoel dat een reel of complex polynoom van graad n niet meer dan n wortels kan hebben, zelfs niet als je dubbele wortels dubbel telt.

Als P(x) van de nde graad k wortels heeft waaronder x0 dan kun je schrijven
P(x) = (x - x0) Q(x) met Q(x) graad n-1
Waar het om gaat is dat Q(x) nu alle andere k-1 wortels van P(x) gekregen heeft, er verdwijnen geen wortels.
Herhaal je dat procedé n keer dan eindigt de laatste stap met Q is van graad nul, ofwel een constante.
Die constante heeft dan k - n wortels, maar een constante heeft 0 wortels.

Misschien is het makkelijker in te zien als je de andere kant op werkt, dan gaat het met volledige inductie:

Een constante Q ongelijk 0, een polynoom Q(x) van de 0de graad dus, heeft 0 wortels.
Voor n =1, 2, ... heeft een polynoom van de nde graad maximaal n wortels

[Professor Puntje]

Nee, ik bedoel dat een reel of complex polynoom van graad n niet meer dan n wortels kan hebben, zelfs niet als je dubbele wortels dubbel telt.

Dat heb ik nu toch ook bewezen?

[ctjacobs]

Ik heb jouw bewijs niet helemaal gevolgd, maar je zegt letterlijk:
"Stel nu eens dat er minstens n _verschillende_ wortels x0, x1, x2, ... , xn-1 van P(x) zijn."

[Professor Puntje]

Ik heb jouw bewijs niet helemaal gevolgd, maar je zegt letterlijk:
"Stel nu eens dat er minstens n _verschillende_ wortels x0, x1, x2, ... , xn-1 van P(x) zijn."

Ja - daar gaat het mij ook om. Stel dat je n verschillende wortels gevonden hebt, kun je er dan zeker van zijn dat je alle wortels gevonden hebt?

[Professor Puntje]

Wellicht is dit handiger:

Voor het gemak beperk ik mij opnieuw tot polynomen over de reële of complexe getallen. Stel nu eens dat we minstens n (niet noodzakelijk verschillende) wortels x₀, x₁, x₂, ... , x_n-1 van P(x) kennen zodanig dat: P(x) = a(x - x₀)(x-x₁)(x-x₂)(x-x₃) ... (x-x_n-1) met a een constante. Kan er nu nog een wortel x_n van P(x) bestaan die van al de voorgaande wortels x₀ t/m x_n-1 verschilt? Als dat zo zou zijn dan zou er ook moeten gelden dat P(x) = b(x - x_n)(x-x₁)(x-x₂)(x-x₃) ... (x-x_n-1). En dus vinden we voor alle waarden y van x die van al de wortels x₀ t/m x_n verschillen dat:

a(y - x₀)(y-x₁)(y-x₂)(y-x₃) ... (y-x_n-1) = b(y - x_n)(y-x₁)(y-x₂)(y-x₃) ... (y-x_n-1)

a(y - x₀) = b(y - x_n)

ay - ax₀ = by - bx_n

a = b & x₀ = x_n

Wat in strijd is met de onderstelling dat er nog een wortel x_n van P(x) zou bestaan die van al de wortels x₀ t/m x_n-1 verschilt? Waarmee uit het ongerijmde bewezen is dat een polynoom P(x) van de graad n over de reële of complexe getallen waarvoor P(x) = a(x - x₀)(x-x₁)(x-x₂)(x-x₃) ... (x-x_n-1) buiten de n wortels x₀, x₁, x₂, ... , x_n-1 niet meer wortels kan hebben.

[Professor Puntje]

Wat in strijd is met de onderstelling dat er nog een wortel x_n van P(x) zou bestaan die van al de wortels x₀ t/m x_n-1 verschilt?

Ik zie aan het eind van die zin nu net een vraagteken dat daar niet hoort. Dat moet gewoon een punt zijn. De geciteerde zin stelt vast dat we uit de aanname dat er wel zo'n wortel bestaat een tegenstrijdigheid kunnen afleiden.

[Professor Puntje]