Puedes obtener una respuesta completa consultando la respuesta relacionada que menciona @JyrkiLahtonen en su comentario. Pero veo que no es tanto una cuestión algebraica, sino de teoría de variables complejas y geometría.
¿Conoce la relación entre $2\times2$ matrices complejas y transformaciones fraccionarias-lineales del plano complejo extendido, también conocido como la esfera de Riemann? Se obtiene un homomorfismo a partir de matrices no singulares $\pmatrix{a&b\\c&d}$ a las transformaciones $z\mapsto\frac{az+b}{cz+d}$ de la esfera de Riemann. El núcleo es el grupo de matrices escalares $aI$ , donde $I$ es la matriz de identidad. Entonces su $\sigma$ es $z\mapsto1/z$ , procedente de $\pmatrix{0&1\\1&0}$ y su $\tau$ viene de $\pmatrix{-1&1\\0&1}$ . El producto de estos en cualquier orden te da algo de orden tres.
Se comprueba que sus seis transformaciones permutan el subconjunto $\{0,1,\infty\}$ de la esfera de Riemann, por lo que tiene sentido, si se quiere algo fijado por las seis, probar con una función racional $h(z)$ con postes en $0$ , $1$ y el infinito. De hecho, es un teorema en curvas algebraicas que el grado de extensión del campo $[\mathbb C(z)\colon\mathbb C(h(z))]$ es el número total de polos de $h$ , contando la multiplicidad. Así que debería esperar que si mi estrategia funciona, $h$ tendrá polos dobles en los tres puntos que he mencionado.
Si ponemos $z^2(z-1)^2$ en el denominador de $h$ y buscar un numerador sextativo, entonces también habrá un doble polo en el infinito. ¿Qué pasa con los puntos especiales de tus dos transformaciones dadas? Si miras $1/2$ , se ve que está fijada bajo $\tau$ , pero enviado a $2$ por $\sigma$ . Luego se comprueba que el conjunto $\{-1,1/2,2\}$ es invariable tanto bajo $\sigma$ y $\tau$ . Entonces, ¿por qué no elegir $$ h=\frac{(z+1)^2(2z-1)^2(z-2)^2}{z^2(z-1)^2}\,? $$ Ahí está, sexta por encima, obviamente invariante bajo $\tau$ y casi tan obviamente invariante bajo $\sigma$ .
EDITAR : Aquí está mi respuesta a su solicitud de una descripción de cómo encontrar un sexta irreducible, mostrando que ya tiene un generador del subcampo $F$ . Se comienza con la función racional que se sabe fija bajo $\sigma$ y $\tau$ . Será un medio adecuado $f(x)/g(x)$ y el máximo de los grados de $f$ y $g$ serán seis. Todos nuestros ejemplos computados tienen $g$ de menor grado, y para mi explicación, supondré que este es el caso, pero la situación general es sólo un poco más complicada.
Tenemos $u=f(x)/g(x)$ , fijada bajo el grupo de orden seis $G$ generado por $\sigma$ y $\tau$ . Sabemos, por consideraciones generales de la teoría de Galois, que el campo fijo $F$ tiene $[k(x)\colon F]=6$ . Desde $u\in F$ sabemos que $[k(x)\colon k(u)]\ge6$ . Por otra parte, consideremos el polinomio sexta $f(T)-g(T)u\in k(u)[T]$ . He utilizado $\deg(g)<\deg(f)=6$ para concluir que este polinomio en $T$ es de grado seis. Ahora, $x$ es claramente una raíz de nuestro polinomio, por lo que $[(k(u))(x)\colon k(u)]\le 6$ ; pero por supuesto $(k(u))(x)=k(x)$ para que $[k(x)\colon k(u)]=6$ y por lo tanto $F=k(u)$ . Se obtiene como bonus la conclusión de que nuestro polinomio en $T$ es irreducible sobre $k(u)$ .
