Si $a = \sqrt{1+\sqrt{2}}$ y $E = \mathbb{Q}(a)$ , encontrar el polinomio mínimo de $a$ en $\mathbb{Q}$ , $[E:\mathbb{Q}]$ y $Gal(E / \mathbb{Q})$ .

Question

He encontrado que el polinomio mínimo para este problema es $m(x) = x^4 -2x^2 -1$ . Así que entonces $[E:\mathbb{Q}]$ es $4$ porque ese es el grado del polinomio mínimo. El siguiente paso (encontrar el grupo de Galois) es el que me cuesta. Mi primer instinto fue mirar a las raíces y lo que se asignan a, los que son:

$\sqrt{1+\sqrt{2}} \rightarrow \sqrt{1+\sqrt{2}}$ y $\sqrt{1+\sqrt{2}} \rightarrow -\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Así que pensé que el grupo de Galois tendría un orden $2$ lo que me lleva a creer que fue $\mathbb{Z}_2$ Sin embargo, recordé que $|Gal(E/\mathbb{Q})| = [E:\mathbb{Q}]$ . Así que sabía que algo iba mal. ¿Algún consejo sobre cómo solucionar este problema a partir de aquí?

Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

En este caso, el campo de división se genera mediante $\sqrt{1+\sqrt2}$ y $\sqrt{1-\sqrt2}$ . Estos generan un grado $4$ extensión de $\Bbb Q(\sqrt2)$ (¿por qué?). Habrá automorfismos de Galois tomando $\sqrt{1+\sqrt2}$ a $\pm\sqrt{1-\sqrt2}$ .

Answer 2

Perdón por mi error anterior (en un comentario borrado), pero al volver a visitar esta página me he dado cuenta de que hay algo que merece la pena añadir. Tu pregunta pide el grupo de Galois para $E : \mathbb Q$ no es el grupo de Galois para el campo de división de $x^4 - 2x^2 - 1$ en $\mathbb Q$ . Dado que la extensión $E : \mathbb Q$ no es normal, la declaración $|{\rm Gal}(E : \mathbb Q)| = [E: \mathbb Q]$ es falsa, y su afirmación de que $|{\rm Gal} (E : \mathbb Q) | = 2$ ¡es correcto!.

Lo explicaré con más detalle, pero antes debemos ponernos de acuerdo en algunas notaciones: $$ a = \sqrt{1 + \sqrt{2}}, \ \ \ \ \ \ b = \sqrt{1 - \sqrt{2}}.$$

Como explicó Lord Shark, el campo de división de $x^4 - 2x^2 - 1$ no es $E$ . En realidad es $E(b)$ que es estrictamente mayor que $E$ desde $b$ es imaginario mientras que todo en $E$ es real. Por lo tanto, $E : \mathbb Q$ no es una extensión normal.

[Una caracterización de lo que significa una extensión $L : K$ para ser normal es que todo polinomio irreducible $p(x) \in K[x]$ con una raíz en $L$ se separa completamente $L$ . Aquí, el polinomio $x^4 - 2x^2 - 1$ es irreducible en $\mathbb Q[x]$ pero tiene dos raíces $\pm a$ en $E$ y dos raíces $\pm b$ fuera de $E$ .]

Ahora el punto clave: dada una extensión de campo finito general $L : K$ no es cierto que $|{\rm Gal}(L : K)| = [L:K]$ ¡! Esta igualdad se mantiene si y sólo si la extensión $L : K$ es normal y separable, pero en nuestro ejemplo $E : \mathbb Q$ no es normal.

[La afirmación general correcta es que $|Gal(L:K)| = [L : \Phi({\rm Gal}(L:K))]$ , donde $\Phi({\rm Gal}(L:K))]$ es el subcampo de $L$ que consiste en aquellos elementos que son fijados por todos los automorfismos en ${\rm Gal}(L:K))]$ . Sólo en el caso de que $L : K$ es normal y separable tenemos $\Phi({\rm Gal}(L:K)) = K$ .]

De todos modos, tienes razón en que $|{\rm Gal}(E : \mathbb Q)| = 2$ . Desde $E = \mathbb Q (a)$ cada automorfismo en ${\rm Gal}(E : \mathbb Q)$ está determinada de forma única por el lugar al que envía $a$ . Como ha señalado, la imagen de $a$ bajo cualquier automorfismo en ${\rm Gal}(E : \mathbb Q)$ debe ser $\pm a$ . Esto se debe a que los automorfismos en ${\rm Gal}(E : \mathbb Q)$ debe mapear las raíces de $x^4 - 2x^2 - 1$ a las raíces de $x^4 - 2x^2 - 1$ . Además, existe realmente un automorfismo que envía $a \mapsto -a$ . (Esto es más evidente si se piensa en $\mathbb Q(a)$ como $\mathbb Q[x]/(x^4 - 2x^2 - 1)$ con $x$ representando a $a$ .)

Por último, comprobemos que la fórmula $|Gal(E:\mathbb Q)| = [E : \Phi({\rm Gal}(E:\mathbb Q))]$ se mantiene aquí. El subcampo $\Phi({\rm Gal}(E:\mathbb Q))$ que, por definición, está formado por todos los elementos de $E$ fijado bajo $a \mapsto \pm a$ es el subcampo $\mathbb Q(a^2) = \mathbb Q(\sqrt 2)$ . Y sí, $[E : \mathbb Q(\sqrt 2)] = 2 = |{\rm Gal}(E : \mathbb Q)|$ como era de esperar.