Necesito construir la red de campos intermedios de $\mathbb{Q}(i,\sqrt{2},\sqrt{3}) / \mathbb{Q}$ . Creo que sé cómo hacerlo simplemente enumerándolos, pero parece que la imagen que obtengo será bastante enorme, con una red de líneas enmarañadas. ¿Hay alguna manera más agradable?
Respuesta
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Obsérvese que si dejamos que $\omega$ ser un $24^{th}$ raíz de la unidad tiene grado $\phi(24)=\phi(3)\cdot\phi(8)=8$ en $\Bbb Q$ . Reclamo el campo $K=\Bbb Q(i,\sqrt{2},\sqrt{3})$ es exactamente $L=\Bbb Q(\omega)$ . Para ver esto observamos que
$$ \begin{cases}\zeta_8 =\exp\left({2\pi i\over 8}\right)=\cos\left({2\pi\over 8}\right)+i\sin\left({2\pi i\over 8}\right)={1\over\sqrt 2}+{i\over\sqrt{2}} \\ \zeta_3=\exp\left({2\pi i\over 3}\right)=\cos \left({2\pi \over 3}\right)+i\sin\left({2\pi\over 3}\right)=-{1\over 2}+i{\sqrt 3\over 2}\end{cases}$$
para que $L\subseteq K$ y por consideraciones de grado son iguales. Así que el grupo de Galois es simplemente
$$G=\operatorname{Gal}\left(K/\Bbb Q\right)=\left(\Bbb Z/8\Bbb Z\right)^*\times\left(\Bbb Z/3\Bbb Z\right)^*$$
que es más fácil de trabajar que el abstracto $\left(\Bbb Z/2\Bbb Z\right)^3$ ya que sabemos qué congruencias tienen que satisfacer los exponentes para las condiciones del subgrupo. Sabemos que
$$\begin{cases}\left(\Bbb Z/8\Bbb Z\right)^*=\langle -1, 5\rangle \\ \left(\Bbb Z/3\Bbb Z\right)^*=\langle -2\rangle\end{cases}$$
El hecho de que conozcamos todos los generadores nos permite averiguar los campos fijos por uno de los dos métodos siguientes: o bien podemos utilizar la teoría de los periodos para mirar las sumas de las potencias de $\omega$ como generadores de subextensiones (no es difícil) o podemos utilizar los tres generadores $i,\sqrt{2},\sqrt{3}$ y observamos que cada generador de nuestro conjunto generador elegido para el grupo afecta exactamente a uno de esos tres generadores para el campo. Para mantenerme lo más cerca posible del problema original, opto por ilustrar este último enfoque, y utilizar el mismo nombre para el orden $2$ generadores como los anteriores.
Los subcampos se determinan entonces en grado según el número de generadores presentes: $0$ genera el grupo trivial que fija el campo superior, $1$ dará un índice- $4$ subgrupo, por lo que se trata de una subextensión cuártica, $2$ dará un índice- $2$ subgrupo correspondiente a una extensión cuadrática, y $G$ por supuesto arregla $\Bbb Q$ . Los enumeramos sistemáticamente y observamos que los pares de generadores omitidos pueden considerarse redundantes en la lista
$$\begin{cases} \{1\} \leftrightarrow \Bbb Q(\omega) \\ \langle -1\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(\sqrt 2,\sqrt 3) \\ \langle 5\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i,\sqrt 3) =\Bbb Q(\zeta_{12})\\ \langle 2 \rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i, \sqrt 2)=\Bbb Q(\zeta_8) \\ \langle -2\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i\sqrt 3, \sqrt 2) \\ \langle -5\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i\sqrt 2, \sqrt 3) \\ \langle 10\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i, \sqrt 6) \\ \langle -10\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i\sqrt 2+i\sqrt 3+\sqrt 6) \\ \langle -1,5\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(\sqrt 3) \\ \langle -1, 2\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(\sqrt 2) \\ \langle -1, 10\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(\sqrt 6) \\ \langle 5,2\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i) =\Bbb Q(\zeta_4)\\ \langle 5,-2\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i\sqrt 3)=\Bbb Q(\zeta_3) \\ \langle 2,-5\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i\sqrt 2) \\ \langle -2,-5\rangle \longleftrightarrow \Bbb Q(i\sqrt 6) \\ G \longleftrightarrow \Bbb Q \end{cases}$$
El entramado, por supuesto, se hace fácilmente a partir de esta lista, ya que la contención se puede enumerar a partir de los generadores canónicos que he elegido.
Editar Por qué no dibujar a ese tonto. Tenga en cuenta que todos los campos están contenidos en $K$ por lo que omitiremos la parte superior del diagrama, y del mismo modo omitiremos $\Bbb Q$ en la parte inferior. Como dibujar el diagrama grande es engorroso, me limitaré a enumerar los subcampos de los cuárticos y sus subcampos, y podrás reproducirlo en papel si no haces una doble enumeración.
$$\begin{matrix} && \Bbb Q(\sqrt{2},i) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(\sqrt{2}) & & \Bbb Q(i\sqrt{2})& & \Bbb Q(i)\end{matrix}\qquad\begin{matrix} && \Bbb Q(\sqrt{3},i) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(\sqrt{3}) & & \Bbb Q(i\sqrt{3})& & \Bbb Q(i)\end{matrix}$$
$$\begin{matrix} && \Bbb Q(\sqrt{6},i) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(\sqrt{6}) & & \Bbb Q(i\sqrt{6})& & \Bbb Q(i)\end{matrix} \qquad \begin{matrix} && \Bbb Q(i\sqrt{3},\sqrt 2) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(i\sqrt{3}) & & \Bbb Q(i\sqrt{6})& & \Bbb Q(\sqrt 2)\end{matrix}$$
$$\begin{matrix} && \Bbb Q(\sqrt{2},\sqrt 3) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(\sqrt{2}) & & \Bbb Q(\sqrt{6})& & \Bbb Q(\sqrt 3)\end{matrix} \qquad\begin{matrix} && \Bbb Q(i\sqrt{2},\sqrt 3) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(i\sqrt{2}) & & \Bbb Q(i\sqrt{6})& & \Bbb Q(\sqrt 3)\end{matrix}$$
$$\begin{matrix} && \Bbb Q(i\sqrt{2}+i\sqrt 3+\sqrt 6) & \\ &\huge\diagup & \huge| & \huge\diagdown \\ \Bbb Q(i\sqrt{2}) & & \Bbb Q(i\sqrt{3})& & \Bbb Q(\sqrt 6)\end{matrix}$$
