Grupo de Galois de $x^3 - 2$ sobre $\mathbb Q$

Question

Sé que el grupo de Galois es $S_3$. Y obviamente podemos intercambiar las raíces cúbicas imaginarias. Simplemente no puedo encontrar un argumento convincente y "constructivo" para demostrar que puedo intercambiar la raíz cúbica "real" con una de las raíces cúbicas imaginarias.

Sé que si tienes un ciclo de 3 y un ciclo de 2 elementos actuando sobre tres elementos, obtienes $S_3$. Tengo una idea general de que basado en el orden del grupo se supone que debe haber al menos un ciclo de 3. Pero esto no me parece muy "constructivo".

¿Me pregunto si me he hecho entender en cuanto al tipo de argumento que me gustaría ver?

Answer 1

Una forma de verlo a la fuerza es lo suficientemente fácil. Las raíces de $X^3 - 2$ son $\sqrt[3]{2},\; \omega\sqrt[3]{2},\; \omega^2\sqrt[3]{2}$, entonces el campo de división de tu polinomio es $K = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$. Te estás preguntando por qué es legítimo enviar $\sqrt[3]{2}$ a $\omega\sqrt[3]{2}$. Bueno, vamos a intentarlo. Sea $\sigma: K \to K$ un mapa que envía $\sqrt[3]{2}$ a $\omega\sqrt[3]{2}$. ¿Cómo vamos a extender esto a un elemento del grupo de Galois? Necesitamos que $\sigma$ sea un automorfismo que fije a $\mathbb{Q}$.

Nuestro campo $K$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$ generado por seis elementos de base: $1,\; \sqrt[3]{2},\; \sqrt[3]{4},\; \omega,\; \omega\sqrt[3]{2},\; \omega\sqrt[3]{4}$. Si podemos definir cómo actúa $\sigma$ en esos, podemos extender linealmente a todo el espacio: es decir, podemos extender $\sigma$ de manera que $\sigma(a+b) = \sigma(a) + \sigma(b)$ para todos los $a$ y $b$. También sabemos que, si definimos $\sigma$ de manera sensata, deberíamos obtener que $\sigma(ab) = \sigma(a) \sigma(b)$. Por "sensatamente" aquí, me refiero a que $\sigma$ debe enviar cada elemento de $K$ a uno de sus conjugados, es decir, debe enviar $x$ a cualquier $y$ que satisfaga el mismo polinomio minimal que $x$. También sabemos que es suficiente asegurarse de que $\sigma$ sea multiplicativo en la base, y de hecho solo necesitamos definirlo en $\sqrt[3]{2}$ y $\omega$, ya que el resto luego seguirá automáticamente por multiplicatividad.

Así que tenemos algunas opciones a partir de lo que hemos deducido hasta ahora. $\sigma$ puede enviar $\sqrt[3]{2}$ a cualquiera de $\sqrt[3]{2},\; \omega\sqrt[3]{2},\; \omega^2\sqrt[3]{2}$, y puede enviar $\omega$ a cualquiera de $\omega$ y $\omega^2$. Entonces digamos que $\sigma(\sqrt[3]{2}) = \omega\sqrt[3]{2}$ (como queríamos) y $\sigma(\omega) = \omega$ (sin una buena razón para esta elección, pero tuvimos que hacer una). ¿A dónde van todos los otros elementos de la base? ¿Puedes convencerte ahora de que $\sigma$ es un elemento del grupo de Galois?

(¿Qué habría pasado si hubiéramos elegido $\sigma(\omega) = \omega^2$?)

Answer 2

Lo que probablemente estás pasando por alto es que, aunque la raíz cúbica real de 2 se destaca, todos los tres raíces cúbicas complejas de 2 son algebraicamente iguales, es decir, no se pueden distinguir y, por lo tanto, se pueden permutar a voluntad. Por lo tanto $S_3$.

Contrasta esto con la situación aparentemente análoga de, por ejemplo, las raíces sextas de la unidad. Aquí las raíces no son las mismas algebraicamente, porque $x^6-1$ no es irreducible.

Answer 3

No sé qué tipo de argumento te gustaría ver, pero la forma estándar de calcular el grupo de Galois de un cúbico irreducible (característico no $2$) es observar el signo de su discriminante $\Delta = \prod_{i \neq j} (r_i - r_j)$. Tiene una raíz cuadrada $\prod_{i < j} (r_i - r_j)$ en un campo de descomposición del polinomio que se multiplica por $1$ cuando se aplica una permutación par a las raíces y se multiplica por $-1$ cuando se aplica una permutación impar a las raíces.

Por el teorema fundamental de la teoría de Galois, se sigue que el grupo de Galois de un polinomio irreducible de grado $n$ está contenido en $A_n$ si y solo si el discriminante es un cuadrado. En tu ejemplo, el discriminante del cúbico $x^3 + px + q$ es $-4p^3 - 27q^2 = -108$ que no es un cuadrado, por lo que el grupo de Galois no está contenido en $A_3 \cong C_3$, por lo tanto debe ser $S_3$.

Otra forma es utilizar el teorema de Dedekind que si un polinomio irreducible $f$ se descompone en factores irreducibles distintos $f = \prod f_i \bmod p$, entonces el grupo de Galois de $f$ tiene una permutación con tipo de ciclo $(\deg f_1, \deg f_2, ...)$. Por lo tanto, para demostrar que hay un $3$-ciclo en el grupo de Galois de $x^3 - 2$ es suficiente encontrar un primo respecto al cual este polinomio sea irreducible, y esto es fácil ya que para cúbicos la irreducibilidad es equivalente a no tener una raíz. $p = 7$ funciona.

Answer 4

La pregunta asume implícitamente que el campo base es $Q$. El grupo de Galois de un polinomio solo existe con referencia a un campo especificado que contiene los coeficientes. No es suficiente asumir que $X^3 - 2$ es irreducible, porque el grupo de Galois es cíclico de orden 3 (es decir, un subgrupo propio de S_3 en lugar de todo el grupo) si el campo base contiene raíces cúbicas primitivas de 1, y $S_3$ en caso contrario.

Si el campo base no contiene raíces cúbicas de 1 o 2, entonces un campo de descomposición de $X^3 -2$ se obtiene adhiriendo todas las raíces cúbicas de 1 y 2. Si las raíces adheridas se toman de un campo "preexistente" más grande como los números complejos, una elección abstracta de campo de descomposición es equivalente a seleccionar una raíz cúbica no trivial de 1 (dos opciones) y una raíz cúbica de 2 (tres opciones). Hay seis posibilidades y difieren por elementos de $S_3$.

La estructura del grupo no es el producto directo de los subgrupos cíclicos de orden 2 y 3, porque la operación de cambiar la elección de $\sqrt[3]{1}$ también reorganizará las raíces cúbicas de 2, intercambiando las dos $\sqrt[3]{2}$ no seleccionadas.

Answer 5

Recientemente encontré una respuesta a mi propia pregunta que nadie más ha mencionado, así que pensé en publicarla. Lo que siempre me molestó de intercambiar las raíces cúbicas reales e imaginarias de dos fue la asimetría de todo. ¿Qué hace que la raíz imaginaria positiva sea distinguible de la raíz imaginaria negativa?

Al menos para mí, la asimetría desaparece cuando te das cuenta de que la misma permutación que intercambia la raíz cúbica real de dos con la raíz imaginaria positiva TAMBIÉN intercambia la raíz cúbica real de CUATRO con la raíz imaginaria negativa.