Galois grupo de $ X^6-2tX^3+1 $ $ \mathbb{Q}(t) $

Question

Como en la pregunta,

Se me pide para determinar el grupo de Galois $$f(X)= X^6-2tX^3+1 \in \mathbb{Q}(t)[X] $$ over $ \mathbb{Q}(t) $.

En primer lugar, debo demostrar que $ f $ es irreducible sobre $ \mathbb{Q}(t) $ y para ello he pensado en la poynomial $ g(X)=f(X^\frac{1}{3})=X^2-2tX+1 $ desde $ g(X-1)=X^2-2(t+1)X+2(t+1) $ es de Eisenstein con respecto al primer elemento $ 2(t+1) $ $ \mathbb{Q}[t] $ pero no estoy seguro de si esto es suficiente para concluir que el $ f $ es irreductible.

Por otra parte, tenemos que la división de campo de $ L $ $ f $ $ \mathbb{Q}(t) $ $ \mathbb{Q}(\alpha, \omega) $ donde $ \alpha $ es una raíz de $ f $ $ \omega $ es una primitiva de la tercera raíz de la unidad. A partir de aquí, me gustaría calcular el grupo de Galois de $ f $.

Agradecería cualquier ayuda con respecto a ambas preguntas. Gracias!

Answer 1

Usted no puede, en general, deducir la irreductibilidad de $f(X^n)$ de la irreductibilidad de $f(X)$.

(Considere el $f$ como polinomio sobre $\mathbb Q[t]$ y reducir el modulo el primer elemento $2t+1$, entonces obtenemos $\bar f = X^6+X^3+1$$\mathbb Q[t] / (2t+1) \cong \mathbb Q$. Pero la irreductibilidad de este polinomio sobre $\mathbb Q$ es conocido: es el $9$-th cyclotomic polinomio. Por lo tanto $f$ es irreducible sobre $\mathbb Q[t]$ y por lo tanto también sobre $\mathbb Q(t)$.)

Edit: De hecho, vamos a mostrar algo más fuerte. Yo reclamo que $f$ es irreducible sobre $\mathbb Q(t,\omega)$ donde $\omega$ es un tercio de la raíz de la unidad. Para ver esto, consideremos $f$ como polinomio sobre $\mathbb{Q}(\omega)[t]$ y reducir el modulo el primer elemento $2t+\omega+1$ y obtener el polinomio $x^6+(1+\omega)x^3+1 \in \mathbb{Z}[\omega][x]$. Aplicamos la automorphism de $\mathbb{Z}[\omega][x]$ $x \mapsto x-\omega$ y obtener el polinomio $x^6-6\omega x^5+15\bar{\omega}x^4+(\omega-19)x^3+(12\omega-3\bar{\omega})x^2+(3-3\bar{\omega})x+(1-\omega) \in \mathbb{Z}[\omega]$. (Esto podría ser simplificado, pero no es realmente necesario.)
Ahora es un hecho bien conocido que la $\mathbb{Z}[\omega]$ es el PID y $(1-\omega)$ es un primer elemento en $\mathbb{Z}[\omega]$. A partir de la ecuación $\omega^2+\omega+1=0$ tenemos $(1-\omega)^2=-3\omega$, $-\omega$ es, obviamente, una unidad, por lo que esto muestra que $(1-\omega) | 3$. Un simple cálculo muestra que $(1-\omega)(-6\omega-13)=\omega-19$, por lo que el $(1-\omega)|(\omega-19)$, por lo tanto el polinomio $x^6-6\omega x^5+15\bar{\omega}x^4+(\omega-19)x^3+(12\omega-3\bar{\omega})x^2+(3-3\bar{\omega})x+(1-\omega)$ es de Eisenstein con respecto al primer elemento $1-\omega$. Esto completa la irreductibilidad.

Ahora vamos a $\alpha$ ser una raíz de $f$. Desde el hecho de que $f$ es un polinomio mínimo de a$\alpha$$\mathbb Q(t,\omega)$, podemos fácilmente calcular el grado de la extensión de $\mathbb Q(t,\alpha,\omega) / \mathbb{Q}(t)$ $12$ el uso de la torre de la ley. (El hecho de que $\omega \notin \mathbb Q(t)$ y, por tanto, $[\mathbb Q(t,\omega):\mathbb Q(t)]=2$ es evidente, como $\mathbb Q(t) / \mathbb Q$ es puramente trascendental).
Para calcular el grupo de $G := Gal(\mathbb{Q}(t,\omega,\alpha)/\mathbb{Q}(\alpha))$, se presentan algunos subextensions: en Primer lugar tenga en cuenta que $\mathbb{Q}(t,\alpha) | \mathbb{Q}(t)$ no es normal, por lo $G$ no puede ser Abelian. Tenga en cuenta que el polinomio mínimo de a$\alpha^3$$\mathbb{Q}(t)$$x^2-2tx+1$. (El uso de la torre de la ley y que $[\mathbb Q(t,\alpha):\mathbb Q(t, \alpha^3)] \leq 3$), por lo que tenemos al menos dos cuadrática subextensions $\mathbb Q(t,\alpha^3)$$\mathbb Q(t,\omega)$. Bajo el Galois correspondencia, los grupos de Galois de estos dos cuadrática subextensions son los cocientes de $G$, por lo que el $G$ debe tener al menos dos subgrupos de orden $6$. El resto es el grupo de teoría: no hay de que muchos no Abelian grupos de orden $12$, sólo tres de hecho: La Dicyclic grupo Dic12, que tiene un único subgrupo de orden $6$, la alternancia grupo A4, que no tiene ningún subgrupo de orden $6$, por lo que el único grupo que sigue es el Diedro grupo D12.

Por lo $G$ es el diedro grupo de orden 12.