Propiedades de la extensión$\mathbb Q(\sqrt{a\sqrt{D}})$

Question

Deje $a$ ser un número racional distinto de cero, y deje $D$ ser un squarefree entero no es igual a $1$. Quiero mostrar que, en primer lugar, la extensión de $F=\mathbb Q(\sqrt{a\sqrt{D}})$ no es cíclica de grado $4$, y en segundo lugar, que si es de Galois, entonces $D=-1$.

Así que dado que este elemento es una raíz de $x^4-a^2D=(x^2+a\sqrt{D})(x^2-a\sqrt{D})$, este polinomio es el polinomio mínimo (suponiendo que el grado es $4$; de lo contrario, la primera instrucción es trivialmente cierto). Estoy pensando que cualquier automorphism de $F$ debe permutar las raíces de los dos cuadráticas que podría evitar que haya de ser un orden $4$ automorphism, pero no estoy seguro de por qué eso tiene que ser el caso, ya que según parece, es posible que la extensión sea de Galois, y tal automorphism grupo no es transitiva en las raíces.

Hmm, al parecer, de una extensión sólo puede ser cíclico si es Galois, así que si hago la 2da parte, después voy a hacer, ya que yo anteriormente mostró que $\mathbb Q(\sqrt{ai})$ no es cíclico.

En cuanto a la segunda parte, si la extensión es de Galois, debe contener la $4$th raíces de la unidad, incluyendo la $i$. Entonces, desde $F\neq\mathbb Q(i)$, $F$ es de grado $4$$\mathbb Q$. Por la primera parte (suponiendo que lo de averiguar), esta extensión tiene el Klein-$4$ Galois Grupo, por lo que hay exactamente $3$ adecuado no trivial de los subcampos. De inmediato me puede ver $3$: $\mathbb Q(i=\sqrt{-1})$, $\mathbb Q(\sqrt{D})$, y $\mathbb Q(\sqrt{-D})$. Al parecer, la quiero, de hecho, muestran que los dos primeros son el mismo, y por lo tanto la tercera es trivial.

Ahora, desde la $F$ contiene los números imaginarios, $D<0$. También, si $D\neq -1$,$\sqrt{D}\notin \mathbb Q(i)$, lo $F=\mathbb Q(i, \sqrt{D})$. Hay una manera para mí para conseguir una contradicción a partir de aquí? He intentado escribir $\sqrt{a\sqrt{D}}$ como una combinación lineal de $1$, $\sqrt{D}$. $i$, y $i\sqrt{D}$, pero las ecuaciones resultantes son sucios. Hay un modo más limpio?

Answer 1

Se puede argumentar de la siguiente manera. Deje $b=-a^2D$. A continuación, $F$ es una ruptura campo para el polinomio irreducible $P=X^4+b$. Supongamos que $F/{\mathbb Q}$ es Galois. A continuación, $F$ contiene todo el cuarto raíces de $-b$. Como $i$ puede ser escrito como una cociente de dos raíces, vemos que $i\in F$. De ello se desprende que $F$ contiene todo el cuarto raíces de $b$, y, por tanto, también todo el cuarto raíces de $|b|$.

Si $X^4-|b|$ fueron irreductible ${\mathbb Q}$, teniendo en cuenta la única raíz real $\beta=\sqrt[4]{|b|}$ de este polinomio podríamos deducir $F={\mathbb Q}(\beta) \subseteq {\mathbb R}$, contradiciendo $i\in F$. Así $X^4-|b|$ es reducible, de donde $X^4-|b|\neq X^4+b=P$, por lo que el $b>0$.

Así que en ${\mathbb Q}[X]$, $X^4-|b|=X^4-b$ tiene una raíz racional o la factorización en grado-dos polinomios.

En el primer caso, $b=c^4$ algunos $c\in{\mathbb Q}$ por lo tanto $c^4=-a^2D$ ; $D$ es cuadrado-libre deducimos $D=-1$.

En el segundo caso, tenemos una factorización de la $X^4-b=(X^2+pX+q)(X^2+rX+s)$ con $p,q,r,s$ racional. Mirando el coeficiente de en $X^3$, vemos que $r=-p$. Si $p=0$, tenemos una factorización $X^4-b=(X^2+q)(X^2-q)$, $b=q^2$ de dónde $D=-1$ más, por el mismo argumento anterior. Si $p\neq 0$, mirando el coeficiente de en $X^1$ vemos que $s=q$. Así $X^4-b=(X^2+pX+q)(X^2-pX+q)=(x^2+q)^2-(pX)^2$, y mirando el coeficiente de en $X^1$ vemos que $q=\frac{p^2}{2}$. En el final, $X^4-b=(X^2+pX+\frac{p^2}{2})(X^2-pX+\frac{p^2}{2})=X^4+\frac{p^4}{4}$, de modo que $b=-\frac{p^4}{4}$ contradiciendo $b<0$. Esto concluye la prueba.