Galois grupo de $X^4 + 4X^2 + 2$$\mathbb Q$.

Question

Me gustaría calcular el grupo de Galois del polinomio $f = X^4 + 4X^2 + 2$$\mathbb Q$.

Mis pensamientos hasta el momento:

1. Por Eisenstein, $f$ es irreducible sobre $\mathbb Q$. Por lo $\mathrm{Gal}(f)$ debe ser transitivo subgrupo de $S_4$, es decir, $\mathrm{Gal}(f) = S_4, \ A_4, \ D_8, \ V_4$ o $C_4$.

2. $X^4 + 4X^2 + 2 = 0 \Leftrightarrow X^2 = -2 \pm \sqrt{2}$. Escribir $\alpha_1 = \sqrt{-2 + \sqrt{2}}, \ \alpha_2 = -\sqrt{-2+\sqrt{2}}, \ \alpha_3 = \sqrt{-2-\sqrt{2}}, \ \alpha_4 = - \sqrt{-2-\sqrt{2}}$ para las raíces de $f$. A continuación, $\mathbb Q(\sqrt{2}, \alpha_1, \alpha_2) = \mathbb Q(\sqrt{2}, \alpha_1) $ es un grado $2$ extensión de $\mathbb Q(\sqrt{2})$, e igualmente para $\mathbb Q(\sqrt{2}, \alpha_3, \alpha_4) = \mathbb Q(\sqrt{2}, \alpha_3)$. Así que, por la torre de la ley, la división de campo de la $f$ es en más de un grado $8$ extensión de $\mathbb Q$, lo $\mathrm{Gal}(f) = D_8, \ V_4$ o $C_4$.

3. Si yo pudiera demostrar que $\mathbb Q(\sqrt{2}, \alpha_1) \neq \mathbb Q(\sqrt{2}, \alpha_3)$, entonces yo tendría que $\mathrm{Gal}(f) = D_8$. A primera vista, este parece ser cierto, pero no sé cómo demostrarlo.

4. $\mathrm{Gal}(\mathbb Q (\sqrt{2}) / \mathbb Q) = C_2 \lhd D_8, \ V_4$ $C_4$ , por lo que esto no gobiernan nada.

Cualquier comentario sobre mis pensamientos 1-4, o sugerencias / explicaciones sería muy apreciada.

Answer 1

Como se discute en los comentarios, generalmente es más fácil para la pieza de algo como esto juntos por la piratería alrededor de seguir un enfoque metódico. Pero pensé que podría estar interesado en ver un enfoque metódico escrito.

En general, vamos a entender que el grupo de Galois $G$ de la división de campo de la $x^4+bx^2+c$. Vamos a las raíces de $x^4+b x^2+c$$\pm \alpha$$\pm \beta$. Vamos a suponer que el polinomio no tiene raíces repetidas. Esto es equivalente a $(b^2-4c)c \neq 0$.

Cualquier Galois simetría debe llevar a la pareja a $\{ \alpha, -\alpha \}$ a, a $\{ - \beta, \beta \}$, debido a que estos dos son los dos elementos, subconjuntos de las raíces que se suma a $0$. De manera que el grupo es un subgrupo del grupo diedro $D_8$. Me gusta pensar que de $D_8$ como las simetrías de una plaza, con $\pm \alpha$ $\pm \beta$ en las esquinas diagonalmente opuestas de la plaza.

Actúan como si hay dos cuatro elemento subgrupos de $D_8$, pero en realidad hay tres: $C_4$, la copia de $V_4$ generado por los reflejos a través de líneas paralelas a los lados de la plaza y de la copia de $V_4$ generado por la reflexión sobre las diagonales de los cuadrados. La última $V_4$ no actúa transitivamente, de modo que la regla de que en una etapa anterior, pero prefiero mantenerlo alrededor.

Reflexiones sobre líneas paralelas a los lados de la plaza: Considerar el elemento $\gamma: =\alpha \beta$ en la división de campo. Si el total $D_8$ actúa sobre las raíces, entonces la órbita de $\gamma$ $\pm \gamma$ y el estabilizador de la $\gamma$ esto $V_4$. En general, si el grupo es $G$, entonces el estabilizador de $\alpha \beta$$G \cap V_4$. Por lo $G$ está contenida en esta $V_4$ si y sólo si $\alpha \beta$ es fijado por el pleno de Galois de acción, si y sólo si $\alpha \beta$ es racional.

Ahora, $(\alpha \beta)^2 = c$. Así que tenemos que $G$ está contenida en esta $V_4$ si y sólo si $c$ es de planta cuadrada.

Reflexiones sobre las diagonales de la plaza: El elemento $\alpha^2$ es estabilizado por esta copia de $V_4$; así es el elemento $\beta^2$. Por lo $G$ está contenida en esta $V_4$ si y sólo si $\alpha^2$ $\beta^2$ son racionales. Ahora, $\alpha^2$ $\beta^2$ son las raíces de $x^2+bx+c$, y las raíces de esta ecuación cuadrática son racionales si y sólo si $b^2-4c$ es de planta cuadrada.

Por lo $G$ está contenida en esta $V_4$ si y sólo si $b^2-4c$ es un cuadrado.

El grupo $C_4$: de Nuevo, creo que de $C_4$ como un subgrupo de las simetrías de una plaza, específicamente, la rotación de simetrías. Estoy gong para encontrar un elemento $\delta$ cuyo estabilizador es $C_4$; este va a jugar un papel análogo a $\gamma$ en la primera sección y $\alpha^2$ en el segundo.

Encontré $\gamma$ $\alpha^2$ simplemente adivinando, pero $\delta$ me tomó un poco de pensamiento. Me gustaría un polinomio en $\alpha$ $\beta$ que tiene grado impar en cada uno, de modo que no se fija en virtud de la reflexión sobre una de las diagonales de los cuadrados. Vimos anteriormente que el $\alpha \beta$ no trabajo -- es el estabilizador es $V_4$. Vamos a probar una combinación lineal de $\alpha \beta^3$$\alpha^3 \beta$. Un $90^{\circ}$ rotación de la plaza toma $\alpha \mapsto \beta$$\beta \mapsto - \alpha$, por lo que se niega y los interruptores de la anterior monomials. En definitiva, hemos de tomar $$\delta = \alpha \beta^3 - \alpha^3 \beta.$$

Si todos los de $D_8$ actúa, entonces la órbita de $\delta$$\pm \delta$. Así que, como en el anterior, el grupo de Galois es contenida en $C_4$ si y sólo si $\delta$ es racional.

Ahora, $$\delta^2 = (\alpha^2 \beta^2) (\alpha^2 - \beta^2)^2 = c \cdot (b^2-4c).$$ (Recuerde que $\alpha^2$ $\beta^2$ son las raíces de $x^4+bx^2+c$.)

Por lo $G \subseteq C_4$ si y sólo si $c(b^2-4c)$ es de planta cuadrada.

En su caso, se $c \cdot (b^2 - 4c) = 2 \cdot (4^2-4 \cdot 2) = 16$, por lo que su grupo de Galois es contenida en $C_4$.

Por cierto, aviso que la intersección de dos cualesquiera de estos grupos está contenida en el tercero. En consecuencia, si dos de $c$, $b^2-4c$ y $c \cdot (b^2-4c)$ son cuadrados, por lo que es la tercera.