Grado de división del campo de $X^4+2X^2+2$ en $\mathbf{Q}$

Question

Encuentre el grado del campo de división de $f=X^4+2X^2+2$ en $\mathbf{Q}$ .

Por Eisenstein, $f$ es irreducible. Al establecer $Y=X^2$ podemos resolver las raíces: $Y=-1\pm i \iff X=\sqrt[4]{2}e^{a\pi i/8}$ , $a\in\{3,5,11,13\}$ . Claramente $f$ se divide en $\mathbf{Q}(\sqrt[4]{2},\zeta_{16})$ . $\zeta_{16}$ es un cero de $X^8+1$ que es irreducible sobre $\mathbf{Q}$ de Eisenstein aplicado a $(X+1)^8+1$ . No pude ir más allá.

¿Podría alguien ayudarme a proceder?

Answer 1

Has empezado con buen pie. El campo de la división $\Omega$ contiene $\sqrt[4]{2}e^{\tfrac a8\pi i}$ para $a\in\{\pm3,\pm5\}$ y por lo tanto también $$\frac{\sqrt[4]{2}e^{\tfrac 58\pi i}}{\sqrt[4]{2}e^{\tfrac 38\pi i}}=e^{\tfrac14\pi i}=\zeta_8,$$ que muestra que $\Bbb{Q}(\zeta_8)\subset\Omega$ . Sobre este subcampo ya tenemos $$X^4+2X^2+2=(X^2-(-1+i))(X^2-(-1-i)),$$ donde $-1-i=\zeta_8^2(-1+i)$ . Así que si $\alpha\in\Omega$ es una raíz de $X^2-(-1+i)$ entonces $$(\zeta_8\alpha)^2-(-1-i)=\zeta_8^2(\alpha^2-(-1+i))=0,$$ es decir $\zeta_8\alpha$ es una raíz de $X^2-(-1-i)$ . Esto demuestra que $\Omega$ es el campo de división de $X^2-(-1+i)$ en $\Bbb{Q}(\zeta_8)$ . Ahora basta con comprobar que $-1+i$ no es un cuadrado en $\Bbb{Q}(\zeta_8)$ para concluir que $[\Omega:\Bbb{Q}]=8$ .

Editar: En respuesta al comentario de abajo; una excelente prueba práctica del hecho de que $-1+i$ no es un cuadrado en $\Bbb{Q}(\zeta_8)$ ya se ha dado en otra respuesta. Así que aquí hay una prueba menos constructiva:

Supongamos que $-1+i$ es un cuadrado en $\Bbb{Q}(\zeta_8)$ . Entonces es un cuadrado en su anillo de enteros $\Bbb{Z}[\zeta_8]$ que es un dominio de factorización único, y la factorización $$-1+i =-(1-\zeta_8)(1+\zeta_8) =\zeta_8^2\tfrac{1+\zeta_8}{1-\zeta_8}(1-\zeta_8)^2,$$ muestra que la unidad $\tfrac{1+\zeta_8}{1-\zeta_8}\in\Bbb{Z}[\zeta_8]$ es entonces también un cuadrado, donde $\tfrac{1+\zeta_8}{1-\zeta_8}=\zeta_8(1+\zeta_8+\zeta_8^2)$ .

Porque $\Bbb{Z}[\zeta_8]$ es un UFD, cada unidad en $\Bbb{Z}[\zeta_8]$ es un unidad ciclotómica es decir, de la forma $$\zeta_8^a\big(\tfrac{1-\zeta_8^3}{1-\zeta_8}\big)^b =\zeta_8^a(1+\zeta_8+\zeta_8^2)^b,$$ para un único $a\in\Bbb{Z}/8\Bbb{Z}$ y $b\in\Bbb{Z}$ . Esto demuestra que $\zeta_8(1+\zeta_8+\zeta_8^2)$ no es un cuadrado.

Answer 2

El OP preguntó en un comentario

¿hay alguna forma fácil de demostrar que $1+i$ no es un cuadrado en $\mathbb Q(\zeta_8)$ ?

Dejemos que $a,b,c,d \in \mathbb Q$ y $\zeta_8 = e^{\tfrac14\pi i}$ .

Considere el número

$$\tag 1 \nu = a + b e^{\tfrac14\pi i}+ c e^{\tfrac12\pi i} + d e^{\tfrac34\pi i}$$

Entonces

$\quad \nu^2 = a^2 + c^2 e^{i \pi} + 2 b d e^{i \pi} +$
$\quad\quad\quad\quad 2 a b e^{(i/4) \pi} + 2 c d e^{(5 i/4) \pi} +$
$\quad\quad\quad\quad b^2 e^{(i/2) \pi} + 2 a c e^{(i/2) \pi} + d^2 e^{(3 i/2) \pi}+$
$\quad\quad\quad\quad 2 ad e^{(3 i/4) \pi} + 2 bc e^{(3 i/4) \pi}$
$\quad\quad\,=$
$\quad\quad\quad\quad a^2 - c^2- 2 b d +$
$\quad\quad\quad\quad (2 a b - 2 c d) e^{(1 i/4) \pi} +$
$\quad\quad\quad\quad (b^2 + 2 a c - d^2) e^{(1 i/2) \pi}+$
$\quad\quad\quad\quad (2 ad + 2bc) e^{(3 i/4) \pi}$

Supongamos que que $\nu^2 = i -1$ . Entonces $a b - c d = 0$ y $ad + bc = 0$ . Multiplicando la primera ecuación por $c$ y la segunda ecuación por $a$ y restando la primera de la segunda y simplificando obtenemos

$\quad (a^2 + c^2)d = 0$

Caso 1: Si ambos $a$ y $c$ son cero, entonces $\nu^2 = -2bd + (b^2 -d^2)i$ . Así que $b \ne 0$ y $d = \frac{1}{2b}$ y

$\quad 4b^4 -4b^2 - 1 = 0$

Pero eso implicaría que $\sqrt 2$ es un número racional.

Caso 2: Si $d = 0$ entonces $\nu^2 = a^2 - c^2 + 2 abe^{i/4} + (b^2 +2ac)i + 2bc e^{3i/4}$ . Si asumimos que $b \ne 0$ debemos tener ambos $a = 0$ y $c = 0$ lo cual es imposible. Pero entonces $a^2 - c^2 = -1$ y $2ac = 1$ . Pero entonces $a =\frac{1}{2c}$ y terminamos con,

$\quad 4c^4 -4c^2 - 1 = 0$

Pero eso implicaría que $\sqrt 2$ es un número racional.

Es interesante observar que $f(x) = 4x^4 -4x^2 - 1$ tiene el mismo campo de división que el polinomio inicial que el OP estaba examinando, y tiene dos raíces reales,

$$x = \pm\sqrt{\frac{1+\sqrt2}2}$$

Answer 3

Dejemos que $\Omega$ ser el campo de división de la OP.

Tenemos una cadena de 3 extensiones de campo,

$$\tag 1 \mathbb Q \subset \mathbb Q(\sqrt 2) \subset Q(\sqrt 2)\,(\sqrt{1 + \sqrt 2}) \subset Q(\sqrt 2)\,(\sqrt{1 + \sqrt 2})\,(i) = \mathbb F$$

Es fácil explicar por qué la primera y la última extensión tienen grado dos. Para la $2^\text{nd}$ extensión tenemos que demostrar que

$\tag 2 x^2 = {1 + \sqrt 2}$

no tiene soluciones sobre $\mathbb Q(\sqrt 2)$ . Si hubiera una solución, entonces existe $a,b \in \mathbb Q$ tal que

$\tag 3 (a + b\sqrt2)^2 = a^2 +2ab\sqrt2 + 2b^2 = a^2+ 2b^2 + 2ab\sqrt2 = {1 + \sqrt 2}$

Entonces ambos $a$ y $b$ son distintos de cero y $a = \frac{1}{2b}$ y como $a^2+ 2b^2 =1$

$\tag 4 8b^4 - 4b^2 + 1 = 0$

Pero ningún número racional $b \in \mathbb Q$ satisface la ecuación $\text{(4)}$ .

Concluimos que el campo $\mathbb F$ tiene grado $8$ sobre los racionales.

Podemos escribir las cuatro raíces $x_1, x_2, x_3 x_4 \in \Omega$ de la cuarteta $x^4+2x^2+2$ utilizando el $a + bi$ formato rectangular,

$$\begin{align}x_1&=\sqrt{\frac{-1+\sqrt2}{2}}+i\sqrt{\frac{1+\sqrt2}2}\\ x_2&=-\sqrt{\frac{-1+\sqrt2}{2}}-i\sqrt{\frac{1+\sqrt2}2}\\ x_3&=\sqrt{\frac{-1+\sqrt2}{2}}-i\sqrt{\frac{1+\sqrt2}2}\\ x_4&=-\sqrt{\frac{-1+\sqrt2}{2}}+i\sqrt{\frac{1+\sqrt2}2}\end{align}$$

Desde $\sqrt{1 + \sqrt 2} \; \sqrt{\sqrt 2 -1} = 1$ Ahora es fácil ver que todas las raíces pertenecen a $\mathbb F$ Así que $\Omega \subset \mathbb F$ .

En una cadena de lógica,

$$x_1 x_3 = \sqrt 2 = \in \Omega$$

$$\sqrt 2 \, \frac{x_1 + x_3}{2} = \sqrt{-1+\sqrt2} \in \Omega$$

$$(\sqrt{-1+\sqrt2})^{-1} = \sqrt{1+\sqrt2} \in \Omega$$

$$\sqrt 2 \, \frac{x_1 + x_4}{2} \sqrt{-1+\sqrt2} = i \in \Omega$$

Desde $\sqrt 2, ,(\sqrt{1 + \sqrt 2}), i \in \Omega$ , $\mathbb F \subset \Omega$ .

Concluimos que $\Omega = \mathbb F$