PRUEBA

Question

Después de haber visto un largo y doloroso cálculo de la muestra $\operatorname{Gal}(\mathbb Q[e^\frac{2\pi i}3, \sqrt[\leftroot{-2}\uproot{2}3]{2}]/\mathbb Q)\cong S_3$, Me pregunto si hay una mancha de la prueba de $\operatorname{Gal}(\mathbb Q[e^\frac{2\pi i}p, \sqrt[\leftroot{-2}\uproot{2}p]{2}]/\mathbb Q)\cong S_p$ por extraño prime $p$, debido a que estos cálculos están recibiendo intratable rápido.

¿Cuáles son algunas de slick pruebas de este hecho (suponiendo que es de hecho correcto).

Corrección: ¿Qué ES $\operatorname{Gal}(\mathbb Q[e^\frac{2\pi i}p, \sqrt[\leftroot{-2}\uproot{2}p]{2}]/\mathbb Q)$ primer $p$?

Answer 1

Su afirmación no se sostiene. Deje $\zeta$ algunos $p$-ésima raíz de la unidad. Recuerde que el orden del grupo de galois $\text{Gal} \mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2})$ es el grado de la extensión de $\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2})/ \mathbb{Q}$. Ahora $[\mathbb{Q}(\zeta) : \mathbb{Q}]=p-1$ $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}]=p$ porque $X^p-2$ es irreductible por eisenstein. Tenemos $[\mathbb{Q}( \zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}( \sqrt{2} ) ] \leq p$ pero $p \mid [ \mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}(\zeta)][\mathbb{Q}(\zeta): \mathbb{Q}]= [\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}(\zeta)](p-1)$, por euclides del lexema tenemos $p \mid [\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}(\zeta)]$ porque $ \gcd(p, p-1) =1 $. Por lo $p=[\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}(\zeta)]$.

Conclusión: $[\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[p]{2}) : \mathbb{Q}]=p(p-1)$. Ahora bien, si la declaración se mantenga, a continuación,$p(p-1)=|S_p|=p!$. Esto es cierto para los impares $p$ exactamente al $p=3$. Así que para cualquier otro impar $p$ esto no es cierto.

Answer 2

El campo $\;K:=\Bbb Q\left(\zeta:=e^{2\pi i/p},\,\sqrt[p]2\right)\;$ es la división de campo de la $\;f(x):=x^p-2\in\Bbb Q[x]\;$ , y dado que este es un polinomio irreducible (por qué?) a continuación, $\;G:=Gal(K/\Bbb Q)\;$ actúa transitivamente sobre sus raíces, las cuales se $\;\alpha_i:=\sqrt[p]2\,\zeta^k\;,\;\;k=0,1,2,...,p-1\;$ .

Ahora toma el (Galois) subextension $\;E:=\Bbb Q(\zeta)/\Bbb Q\;$ . Este es el cyclotomic extensión de los racionales de orden $\;\phi(p)=p-1\;$, y, por supuesto, es cíclico de orden ya que, de hecho,$\;Gal(E/Q)\cong\left(\Bbb Z/p\Bbb Z\right)^*\;$ .

Asimismo, la (no-Galois) subextension $\;F:=\Bbb Q(\sqrt[p]2\,\zeta)/\Bbb Q\;$ orden $\;p\;$ (¿por Qué esta extensión no es normal?) es de orden $\;p\;$ y su automorphism grupo cíclico de orden $\;p\;$.

Finalmente, se observa que la $\;G=Gal(E/\Bbb Q)\cdot Aut(F/\Bbb Q)\;$ por órdenes de consideraciones, y desde $\;Gal(E/\Bbb Q)\lhd G\;$ entonces tenemos una semidirect producto $\;\cong C_p\rtimes C_{p-1}\;$

Answer 3

Aquí es un 'fácil' grupo es isomorfo a:

$$ \left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b \in \mathbb{F}_p, a \neq 0 \right\} $$ con el siguiente isomorfismo. Si $\sigma \in \text{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta,\sqrt[p]{2}))$$\sigma(\zeta)= \zeta^a$$ \sigma ( \sqrt{2} ) = \zeta^b \sqrt[p]{2}$, a continuación, enviar a $\sigma$ a $$ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix}. $$ En realidad, este fue un ejercicio en una Teoría de Galois supuesto he seguido este año :)