Usted sabe que $E=\mathbb{Q}(\zeta_3,\root3\of2,\root3\of3)$ es la división de campo y usted sabe que es de grado 18 lo largo de los racionales. Por lo tanto, el grupo de Galois
$G=\operatorname{Gal}(E/\mathbb{Q})$ es de la orden de 18 años.
Usted puede obtener un identificador de $G$ como sigue. Me puse como objetivo describir $G$ como un subgrupo de $S_6$, debido a $G$ actos fielmente en el conjunto de las seis raíces
$z_1=\root3\of2, z_2=z_1\zeta_3,z_3=z_1\zeta_3^2,$ $z_4\root3\of3$, $z_5=z_4\zeta_3 $, $z_6=\zeta_3^2z_4$ de $f(x)$. Como $f(x)$ no es irreducible, la acción no ser transitivos, pero vamos no te preocupes por eso.
Deje $\sigma\in G$ ser arbitraria. Usted sabe que $\sigma$ será completamente determinada si conocemos $\sigma(\root3\of2)$ (tres opciones), $\sigma(\root3\of3)$ (tres opciones) y $\sigma(\zeta_3)$ (dos opciones). En total, hay $3\cdot3\cdot2=18$ combinaciones posibles de estas tres imágenes. Como hay exactamente $18$ automorfismos, podemos inmediatamente a la conclusión de que todos los 18 combinaciones de rendimiento válida automorfismos. Esto es no siempre el caso, porque a veces hay "oculto" de las relaciones entre los generadores de una extensión de campo, y los automorfismos debe respetar estas relaciones, pero esta vez de contar el argumento de salvar el día.
Así que usted puede ir a través de todos los 18 combinaciones de valores posibles de $\sigma(\root3\of2),\sigma(\root3\of3),\sigma(\zeta_3)$, y, a continuación, calcular el correspondiente permutación de las seis raíces. Por supuesto, una vez que usted consigue algunos de los calculados, puede utilizar el hecho de que $G$ es un subgrupo de $S_6$ para conseguir que los demás.
Mientras trabajaba en esta probablemente también aprender (por la observación!) maneras de identificar conjuntos de generadores para $G$.
Encontrar el intermedio de los campos que contengan $\zeta_3$ cantidades a la búsqueda de los campos fijos de los subgrupos $K\le H$ donde $H$ se compone de los nueve elementos de $G$ mapa $\zeta_3$ a sí mismo.
No dudes en pedir más ayuda/sugerencias, si te quedas atascado en algún punto.
Al darse cuenta de $G$ como un subgrupo de $S_6$ no es estrictamente necesario para responder a su pregunta, pero es un ejercicio útil en su propio, y tener los datos en sus extremidades del dedo no ayudar a responder a tu pregunta también.
Edición (después de que jim añadido una descripción del grupo $H\cong C_3\times C_3$, y, simultáneamente, mientras que jim añadido una descripción de los subgrupos $H_i,i=1,2,3,4.$).
Todos los elementos de identidad de $H$ son de orden tres. Así que si usted escoge cualquiera de ellos, llame a $\tau$, (solo) generar un subgrupo de orden tres que consta de $\tau,\tau^2=\tau^{-1}$ y la identidad. Así que, claramente, $\tau$ $\tau^{-1}$ va a generar el mismo subgrupo. Por lo tanto hay un total de cuatro subgrupos de orden tres, cada uno con dos de las ocho de la no-identidad de automorfismos en $H$. Ya se ha identificado los campos fijos de $\langle \sigma_1\rangle$$\langle \sigma_2\rangle$. ¿Qué acerca de la $\langle \sigma_1\sigma_2\rangle$$\langle \sigma_1\sigma_2^2\rangle$?
Sugerencias: Los números $\root3\of6$, $\root3\of{12}$, $\root3\of{18}$ y $\root3\of{36}$ son todos en $E$. Son puntos fijos de cualquier parte de su automorfismos? Todos ellos generan distintos subcampos?
Añadido después de que jim había resuelto el ejercicio: Estas raíces cúbicas aparecen en $\mathbb{Q}(\root3\of2,\root3\of3)$ como productos de los verdaderos generadores mucho como $\sqrt{6}\in\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$. Observar que
$$
(\root3\of6)^2=\root3\{36}=\frac{6}{\root3\of6}
$$
y
$$
\root3\{18}=\root3\{\frac{216}{12}}=\frac6{\root3\{12}},
$$
por lo que cualquier campo que contiene uno de estos pares de raíces cúbicas también contendrá el otro.
Con los datos en la OP es fácil ver que para $\alpha=\sigma_1\sigma_2$ hemos
$$
\alpha(\root 3\of{12})=(\alpha(\root3\of2))^2\alpha(\root3\of3)=\zeta_3^2(\root3\of2)^2\cdot\zeta_3\root3\of3=\root3\of{12}
$$
y para $\beta=\sigma_1^2\sigma_2$ hemos
$$
\beta\root 3\of{6})=\beta(\root3\of2)\beta(\root3\of3)=\zeta_3^2(\root3\of2)\cdot\zeta_3\root3\of3=\root3\of{6}.
$$
Por lo tanto,$\operatorname{Inv}(\langle\alpha\rangle)=\mathbb{Q}(\root3\of{12},\zeta_3)$$\operatorname{Inv}(\langle\beta\rangle)=\mathbb{Q}(\root3\of{6},\zeta_3)$, como la correspondencia de Galois nos dice que los campos fijos son sextic.
