Computación Grupo de Galois de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q}$

Question

Galois Grupo de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q}$ es engorroso a la informática. Es fácil de encontrar de todos los cuatro posibles candidatos, pero es cumberstone para demostrar que ellos son los automorfismos:

Para la multiplicación es demasiado largo, mostrando que

$f((a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})(a'+b'\sqrt{2}+c'\sqrt{3}+d'\sqrt{6}))=f(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})f(a'+b'\sqrt{2}+c'\sqrt{3}+d'\sqrt{6})$

Para algunos no trivial candidato desde el lado izquierdo se expande en $16$ términos. ¿Qué acerca de la $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}):\mathbb{Q}$? hay $7$ no trivial de los candidatos y la multiplicación se expande en $64$!

Cómo hacerlo en un tricker forma?

Editar(permítanme ser más preciso en la pregunta):

Sé que si $f\in\Gamma(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q})$, luego $f(\sqrt{2})=\pm\sqrt{2}$, $f(\sqrt{3})=\pm\sqrt{3}$ así que hay $4$ candidatos para $\mathbb{Q}$-Automorfismos. Los candidatos están dados por:

$f_1(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}$

$f_2(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})=a-b\sqrt{2}+c\sqrt{3}-d\sqrt{6}$

$f_3(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})=a+b\sqrt{2}-c\sqrt{3}-d\sqrt{6}$

$f_4(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})=a-b\sqrt{2}-c\sqrt{3}+d\sqrt{6}$

Pero necesito comprobar que son $\mathbb{Q}$-Automorfismos en $\mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Todos los candidatos $f_i$ corrige $\mathbb{Q}$, y es obvio que todos los conserva sumas, $f_1$ obviamente conserva producto también, ya que es la identidad, pero es cumberstone para mostrar que $f_i(xy)=f_i(x)_if(y)$ a la conclusión de $f_i\in\Gamma(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q})$.

Answer 1

$\mathbb{Q}(\sqrt 2, \sqrt 3)$ es la división de campo de la $(x^2 - 2)(x^2 - 3)$$\mathbb{Q}$. Por lo tanto, la extensión de $\mathbb{Q}(\sqrt 2, \sqrt 3) / \mathbb{Q}$ es de Galois. Desde $\sqrt 2$ $\sqrt 3$ no son linealmente dependientes, tenemos $[\mathbb{Q}(\sqrt 2, \sqrt 3) : \mathbb{Q}] = 4$. Por lo tanto, el grupo de Galois $G$ orden $4$.

Sabemos que automorfismos en $G$ permutar las raíces de $x^2 - 2$$x^2 - 3$. Es fácil comprobar que $$ \sigma = \begin{cases} \sqrt 2 \mapsto -\sqrt 2 \\ \sqrt 3 \mapsto \sqrt 3 \end{casos} $$ y $$ \tau = \begin{cases} \sqrt 2 \mapsto \sqrt 2 \\ \sqrt 3 \mapsto -\sqrt 3 \end{casos} $$

son miembros de $G$. Por lo tanto, $G = \{1, \sigma, \tau, \sigma \tau\}$. Voy a dejar de encontrar su tipo de isomorfismo.

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Para $\mathbb{Q}(\sqrt 2, \sqrt 3, \sqrt 5)$, siga el mismo método, como es la división de campo de la $(x^2 - 2)(x^2 - 3)(x^2 - 5)$. Considerar los automorfismos: $$ \begin{cases} \sqrt 2 \mapsto -\sqrt 2 \\ \sqrt 3 \mapsto \sqrt 3 \\ \sqrt 5 \mapsto \sqrt 5 \end{casos} $$ y $$ \begin{cases} \sqrt 2 \mapsto \sqrt 2 \\ \sqrt 3 \mapsto -\sqrt 3 \\ \sqrt 5 \mapsto \sqrt 5 \end{casos} $$ y $$ \begin{cases} \sqrt 2 \mapsto \sqrt 2 \\ \sqrt 3 \mapsto \sqrt 3 \\ \sqrt 5 \mapsto -\sqrt 5 \end{casos}. $$

Answer 2

Primero calcular $[\mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3}) : \mathbb Q] = 4$, y demostrar que la extensión de Galois, como se dice en las otras respuestas.

Ahora usted sabe que el grupo de Galois $G$ tiene el tamaño de $4$. Sabemos que los elementos de los grupos de Galois de preservar el mínimo de polinomios sobre el campo base. Así que para cualquier $\sigma\in G$, sostiene que $\sigma(\sqrt{2})\in\{\pm\sqrt{2}\}$$\sigma(\sqrt{3})\in\{\pm\sqrt{3}\}$. Además, $\sigma$ está determinada únicamente por $\sigma(\sqrt{2})$$\sigma(\sqrt{3})$, ya que el $\sqrt{2}$ $\sqrt{3}$ generar $\mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$$\mathbb Q$. Desde $G$ tiene el tamaño de $4$, y sólo hay $4$ combinaciones de los posibles imágenes de $\sigma(\sqrt{2})$$\sigma(\sqrt{3})$, todas estas posibilidades deben ocurrir en $G$. Usted ha encontrado los elementos de $G$ sin explícitamente la comprobación de las mismas para el homomorphism de la propiedad.

Para $\mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$, un argumento similar se aplica.

Answer 3

Para reiterar un punto en @ErikVesterlund del comentario, así como Andrea Mori y Ayman Hourieh respuestas: no hay ninguna necesidad "directamente" compruebe que la indicada en los mapas se $\mathbb Q$ homomorphisms, porque ya hemos demostrado de manera indirecta, mediante la invocación de los principales teorema de la teoría de Galois, en efecto. Es decir, nos muestran que el grado de la extensión es realmente lo que parece ser. Entonces, observar que cualquier Galois automorphism debe permutar raíces de irreducibles sobre la base, por lo que _at_most_ $\sqrt{2}\rightarrow \pm \sqrt{2}$, y lo mismo para cualquier otra de las raíces cuadradas. Así, en el primer ejemplo, hay _at_most_ estos cuatro. Pero/y teoría de Galois dice que hay _at_least_ cuatro, así que estos cuatro deben ser "es". De manera similar, en el segundo ejemplo, después de mostrar que la extensión de campo que realmente es de grado $2^3$, de nuevo vemos que hay _at_most_ la $8$ automorfismos que voltear los signos de la $3$ raíces cuadradas, y la teoría de Galois decir que hay _at_least_ $8$, por lo que aquellos deben ser "es".

No explícitos de verificación de que la multiplicación se conserva es necesario!

Answer 4

SUGERENCIA:

Desde $\Bbb Q(\sqrt2,\sqrt 3)$ se genera sobre$\Bbb Q$$\sqrt 2$$\sqrt 3$, cualquier automorphism será determinado por su acción sobre estos dos elementos.

Deje $\sigma$ ser una automorphism. ¿Qué puede $\sigma(\sqrt 2)$? ¿El hecho de que $\sqrt 2$ es una raíz de $X^2-2$ ayuda?