Estoy tratando de probar lo siguiente:
Deje $K=\mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_n})$. Mostrar que $K/\mathbb{Q}$ es de Galois con grupo de Galois $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$.
He adjuntado mi comprobante de abajo, no como un medio de verificación, sólo como un medio de hacer mi pregunta tan clara como sea posible.
Mi pregunta es:
¿Es correcto decir que ese $\tau_i$'s generar $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$, y por lo tanto que podemos descomponer los elementos de $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ en las composiciones de estas funciones.
Mi prueba es como sigue:
Para mostrar $K/\mathbb{Q}$ es de Galois que tenemos que mostrar es la división de campo de un polinomio separable. El campo $\mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_n})$ es obtenida por un $n$ paso de proceso donde paso $i$ se compone de los colindantes $\sqrt{p_i}$ para el campo $Q_{i-1}=\mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_{i-1}})$ $Q_0$ se define a ser $\mathbb{Q}$. Esto le da a la siguiente torre de extensiones
$$\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}(\sqrt{p_1})\subset \mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\sqrt{p_2})\subset \cdots\subset \mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_n}).$$
Tenga en cuenta que $Q_i\neq Q_{i+1}$, debido a $\sqrt{p_{i+1}} \not \in Q_{i}$ todos los $i$; el hecho de que el $\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_n}$ son distintos de los números primos asegura esto. Ya que ninguno de los $p_j$ son cuadrados (porque ellos son los principales) sabemos $\sqrt{p_j} \not \in \mathbb{Q}$. Por otra parte, la distinción de la $p_j$ asegurar que $\sqrt{p_i} \neq \sqrt{p_j}$ todos los $i \neq j$.
El polinomio mínimo de la extensión de $Q_{i+1}/Q_i$$f_{i+1}(X)=X^2-p_{i+1}$, que es separable con raíces $\pm\sqrt{p_{i+1}}$. De esto podemos ver que el polinomio que nos interesa es el
$$f(X)=f_1(X)\cdots f_n(X)=(X^2-p_1)\cdots(X^2-p_n),$$
también un polinomio separable. $K$ es una división de campo para este polinomio separable sobre $\mathbb{Q}$, y por lo tanto $K/\mathbb{Q}$ es de Galois. Desde la torre de campos de arriba podemos ver que $[K:\mathbb{Q}]=2^n$, dado que el grado de cada una de las $Q_i/Q_{i-1}$ es de 2. De esto podemos deducir que el $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})=2^n$. Como antes, $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ está determinado por su acción sobre las raíces de la $f(X)$, los cuales son
$$\{\pm \sqrt{p_1},\ldots,\pm \sqrt{p_n}\},$$
o, más correctamente, en las raíces del polinomio mínimo de cada una de estas raíces. Considerar el mapa \begin{equation*} \tau_{(a_1,\ldots,a_n)}= \begin{cases} \sqrt{p_1}& \mapsto \pm \sqrt{p_1},\\ \sqrt{p_2}& \mapsto \pm \sqrt{p_2},\\ & \vdots\\ \sqrt{p_n}& \mapsto \pm \sqrt{p_n}, \end{casos} \end{ecuación*} donde$a_i\in \{0,1\}$$a_i=0$$\sqrt{p_i} \mapsto \sqrt{p_i}$$a_i=1$$\sqrt{p_i} \mapsto \sqrt{p_i}$. Esto le da a $2n$ posible mapas que tomar las raíces de la $f_i(X)$ a las raíces de $f_i(X)$ (tenga en cuenta que estos son todos los mapas). Desde $|\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})|=2^n$ todos estos mapas deben ser automorfismos de a $K$.
Lo que queda por ver es que $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$. Podemos descomponer $\tau_{(a_1,\ldots,a_n)}$ en la composición de los mapas de $\tau_i:K\rightarrow K$ definido por \begin{equation*} \tau_i = \begin{cases} \tau_i\left(\sqrt{p_j}\right) = -\sqrt{p_i} & \text{for } i=j,\\ \tau_i\left(\sqrt{p_j}\right) = \sqrt{p_j} & \text{for } i\neq j, \end{casos} \end{ecuación*} donde $\tau_{(a_1,\ldots,a_n)}=\tau_1^{a_1}\circ \cdots \circ \tau_n^{a_n}$. Vemos que cada elemento de a $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ puede ser obtenida a través de la composición de $\tau_i$'s y, por tanto, $\{\tau_1,\ldots,\tau_n\}$ genera $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$.
Deje $\tau \in \operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ tal que $\tau_1^{a_1}\circ \cdots \circ \tau_n^{a_n}$. Definir el mapa de $\chi: \operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q}) \rightarrow \{\pm 1\}^n$ definiendo en primer lugar la acción de $\chi$ en cada una de las $\tau_i$ por
$$\chi(\tau_i) \mapsto \tau_i(\sqrt{p_i})/\sqrt{p_i},$$
y, a continuación, definir \begin{align*} \chi(\tau)&=\chi(\tau_1^{a_1}\circ \cdots \circ \tau_n^{a_n})\\ &=(\chi(\tau_1^{a_1}),\ldots,\chi(\tau_n^{a_n})). \end{align*} Una vez que nos muestran este mapa es inyectiva hemos terminado, como cualquier inyectiva mapa entre finito de conjuntos de la misma cardinalidad es surjective. Suponga $(a_1,\ldots,a_n)=(b_1,\ldots,b_n)$. Entonces claramente $\tau_1^{a_1}\circ \cdots\circ \tau_n^{a_n}=\tau_1^{b_1}\circ \cdots \circ \tau_n^{b_n}$, ya que el $a_i=b_i$ todos los $i$.
Ahora, $\{\pm 1\}$ es isomorfo a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, como el mapa de $\varphi: \{\pm 1\} \rightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ $\varphi(-1)=1$ $\varphi(1)=0$ es un inyectiva homormorphism. Por lo tanto
$$\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n.$$
Intento de prueba de Martin de Brandenburgo, el Reclamo de:
Reclamo: Para todos los $i<n$ y $i<k_1<\ldots<k_s\leq n$, $\sqrt{p_{k_1}\ldots p_{k_s}} \not \in Q_i$.
Proceder por inducción en $n$. Si $i=0$, entonces debemos mostrar ese $\sqrt{p_{k_1}\ldots p_{k_s}} \not \in \mathbb{Q}$ donde $0<k_1<\ldots<k_s\leq n$. Esto es equivalente a mostrar que la $p_{k_1}\ldots p_{k_s}$ no es un cuadrado, el cual es claro desde $p_{k_1}, \ldots ,p_{k_s}$ son números primos. Suponga que el resultado es cierto para todos los $i<n-1$ y considerar la posibilidad de $i=n-1$. Debemos mostrarles a $\sqrt{p_n}\not \in Q_{n-1}$. Asumir el contrario, que el $\sqrt{p_n} \in Q_{n-1}$. Entonces
$$\sqrt{p_n}=\sum_{(\alpha_1,...,\alpha_{n-1})} a_{(\alpha_1,...,\alpha_{n-1})} \sqrt{{p_1}^{\alpha_1} \ldots p_{n-1}^{\alpha_{n-1}}}, \quad \dagger$$
donde$\alpha_i \in \{0,1\}$$a_{(\alpha_1,...,\alpha_{n-1})}\in \mathbb{Q}$. Multiplicando ambos lados de $(\dagger)$ $\sqrt{p_n}$ da
$$p_n=\sum_{(\alpha_1,...,\alpha_{n-1})} a_{(\alpha_1,...,\alpha_{n-1})} \sqrt{{p_1}^{\alpha_1} \ldots p_{n-1}^{\alpha_{n-1}}p_n},$$
contradiciendo el hecho de $\sqrt{{p_1}^{\alpha_1} \ldots p_{n-1}^{\alpha_{n-1}}p_n} \not \in \mathbb{Q}$. Por lo tanto,$\sqrt{p_n} \not \in Q_{n-1}$.
