Ecuación Cuártica con Grupo de Galois como $S_4$

Question

Supongamos que $f(x)\in \mathbb{Z}[x]$ sea un polinomio cuártico irreducible con Grupo de Galois como $S_4$ . Sea $\theta$ sea una raíz de $f(x)$ y establecer $K=\mathbb{Q}(\theta)$ Ahora, la pregunta es:

Demostrar que $K$ es una extensión de grado $\mathbb{Q}$ de grado 4 que no tiene subcampos propios?

¿Existen extensiones de Galois de $\mathbb{Q}$ de grado 4 sin subcampos propios.

Como he adjuntado una raíz de cuártico irreducible, puedo ver que $K$ es de grado $4$ en $\mathbb{Q}$ .

Pero, ¿por qué no existe un subcampo propio de $K$ que contiene $\mathbb{Q}$ .

Supongamos que $L$ es un subcampo propio de $K$ entonces $L$ tiene que ser de grado $2$ en $\mathbb{Q}$ . Así que, $L$ es Galois sobre $\mathbb{Q}$ es decir, $L$ es normal Así que el subgrupo correspondiente del grupo de Galois tiene que ser normal.

Intenté trabajar de esta manera pero no pude concluir nada de esto.

cualquier ayuda/sugerencia será apreciada.

Gracias

Answer 1

Convierte la pregunta en un problema de grupos de permutación.

Dejemos que $F$ sea el campo de división de $$f(x)=(x-\theta_1)(x-\theta_2)(x-\theta_3)(x-\theta_4)$$ con $\theta=\theta_1$ .

Nos dieron que el grupo de Galois realiza todas las 24 permutaciones de las raíces $\theta_i,i=1,2,3,4.$ Por lo tanto, $$ \operatorname{Gal}(F/\mathbb{Q}(\theta))=\operatorname{Sym}(\{\theta_2,\theta_3,\theta_4\}) $$ contiene automorfismos que realizan las seis permutaciones de las otras raíces.

La correspondencia de Galois significa entonces que la afirmación es equivalente a:

No hay subgrupos $H$ adecuadamente entre $\operatorname{Sym}(\{\theta_2,\theta_3,\theta_4\})$ y $\operatorname{Sym}(\{\theta_1,\theta_2,\theta_3,\theta_4\})$ .

En otras palabras, esto equivale a demostrar que la copia obvia de $S_3$ dentro de $S_4$ es un subgrupo máximo. ¿Has visto eso? Si no es así, ¿puedes demostrarlo?

Answer 2

Como se ha señalado, la inexistencia de campos intermedios equivale a $S_{3}$ siendo un subgrupo máximo de $S_{4}.$ Si no, entonces hay un subgrupo $H$ de $S_{4}$ con $[S_{4}:H] = [H:S_{3}] = 2.$ Ahora $S_{3} \lhd H$ y $S_{3}$ contiene todos los Sylow $3$ -subgrupo de $H.$ Pero $S_{3}$ tiene un único Sylow $3$ -subgrupo, por lo que es normal en $H.$ Por lo tanto, $H$ contiene todos los Sylow $3$ -subgrupos de $S_{4}$ como $H \lhd S_{4}$ y $[S_{4}:H] = 2.$ Entonces, como $H$ sólo tiene un Sylow $3$ -subgrupo, $S_{4}$ sólo tiene un Sylow $3$ -subgrupo, una contradicción (por ejemplo, $\langle (123) \rangle$ y $\langle (124) \rangle$ son diferentes Sylow $3$ -subgrupos de $S_{4}$ ).