¿Qué ocurre en este campo numérico de grado 8 que no es una extensión de cuaterniones de $\mathbb{Q}$ ?

Question

Esta es una pregunta suave pero muy práctica desde el punto de vista matemático. Espero que sea interesante para algo más que para mí. Gracias de antemano por su ayuda para pensar claramente en lo que sigue.

He estado tratando de construir una extensión de cuaterniones de $\mathbb{Q}$ . He estado siguiendo un método demasiado optimista, que no acaba de funcionar, y acabo de aprender de esta pregunta del modus operandi que es imposible que funcione. Me gustaría que me ayudaras a pensar en la forma en que está fallando; más concretamente, en la medida en que está/no está funcionando. He obtenido una familia de campos numéricos de grado 8 que no son extensiones de cuaterniones, y ni siquiera son normales, pero debido a la construcción hay (¿tal vez?) algo quaternion-ish sobre ellos. Supongo que mi pregunta es realmente: ¿cuál es la relación de $Q_8$ al grupo galois de su cierre normal?

Dejemos que $L=\mathbb{Q}(\alpha)$ ser un $Q_8$ -extensión de $\mathbb{Q}$ . $L$ tiene un único subcampo biquadrático $K=\mathbb{Q}(\theta,\psi)$ donde $\theta^2,\psi^2\in\mathbb{Q}$ y, por tanto, subcampos cuadráticos $\mathbb{Q}(\theta),\mathbb{Q}(\psi),\mathbb{Q}(\theta\psi)$ arreglado por $\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}$ respectivamente. De la pregunta de MO enlazada arriba aprendí que $\theta^2,\psi^2>0$ Pero antes de saberlo, razoné de la siguiente manera:

$\mathbf{i}$ debe arreglar $\theta$ e invertir el signo de $\psi$ y tener orden $4$ acción cíclica sobre $\alpha$ . $\alpha$ puede tomarse como la raíz cuadrada de un elemento de $K$ entonces debemos tener $\mathbf{i}^2(\alpha)=-\alpha$ . Así que, siendo optimistas, supongamos que $\mathbf{i}(\alpha)= \psi/\alpha$ . Entonces $\mathbf{i}^2(\alpha)=-\psi/(\psi/\alpha)=-\alpha$ Esto es prometedor. Supongamos también que $\mathbf{j}(\alpha)=\theta/\alpha$ . Entonces $\mathbf{k}(\alpha)=\mathbf{ij}(\alpha)=\theta/(\psi/\alpha)=(\theta/\psi)\alpha$ y

$$\mathbf{k}^2(\alpha) = \left(\frac{-\theta}{-\psi}\right)\left(\frac{\theta}{\psi}\right)\alpha=-\alpha$$

Así, $\theta^2,\psi^2$ son de igual magnitud y signo contrario. Esto nos dice, a propósito de la pregunta vinculada de MO, que esta construcción optimista no puede funcionar realmente. Sin embargo, tenedme en cuenta:

Si todo esto funcionara realmente, tendríamos $\theta/\psi = i$ (hasta el signo), y por tanto los conjugados de $\alpha$ sería

$$\pm \alpha, \pm i\alpha, \pm \psi/\alpha, \pm i\psi/\alpha$$

Un cálculo sencillo muestra que cualquier polinomio de la forma

$$f_{\psi^2}(x) = x^8 - 2r x^4 + \psi^4$$

con $r,\psi^2\in\mathbb{Q}$ tiene estos como raíces. Si elegimos $r,\psi^2$ para que $f$ es irreducible, entonces $\mathbb{Q}[x]/(f)$ es un campo de grado 8 sobre $\mathbb{Q}$ por lo que, aunque no sea la extensión de cuaterniones originalmente deseada de $\mathbb{Q}$ Es decir, es algo con una especie de manojo de raíces de aspecto prometedor.

Por lo tanto, considere $L=\mathbb{Q}[x]/(f)$ y que $\alpha$ sea el residuo de $x$ en este campo. Si fuera realmente la extensión deseada, contendría $i, \psi$ . Podemos forzar que contenga cualquiera de los dos porque tenemos control sobre el discriminante de $\alpha^4$ ya que podemos controlar $r,\psi^2$ . Por ejemplo, eligiéndolos de manera que $r^2+1=\psi^4$ Por ejemplo $r=4/3, \psi^2=5/3$ obtenemos

$$\left(\alpha^4-r\right)^2 = (2r\alpha^4-\psi^4) -2r\alpha^4 + r^2 = r^2-\psi^4= -1$$

para que $L\supset \mathbb{Q}(i)$ de hecho, $\mathbb{Q}(\alpha^4)=\mathbb{Q}(i)$ porque lo contiene y es grado $2$ .

Antes de darme cuenta de que $L$ no podría ser mi extensión de cuaterniones deseada, esperaba poder poner una restricción más completa en $r,\psi^2$ para obligarlo a contener $\psi$ Pero esto fue, por supuesto, en vano. Sin embargo, la búsqueda me llevó a darme cuenta de que

$$\left[\alpha^2((\psi^2-2r)+\alpha^4)\right]^2=\alpha^4\left(-4r(\psi^2-r)+2(\psi^2-r)\alpha^4\right)$$ $$=2(\psi^2-r)\left(-2r\alpha^4+\alpha^8\right)=2(r-\psi^2)\psi^4$$

Así, (porque $\psi^4$ es un cuadrado racional) $L$ De hecho $\mathbb{Q}(\alpha^2)$ contiene una raíz cuadrada de $2(r-\psi^2)$ . Encontré esta raíz cuadrada buscando elementos de $L$ que eran invariantes bajo la sustitución $\alpha\mapsto i\psi/\alpha$ que quería que se correspondiera con $\mathbf{j}$ . Esperaba $\psi$ ¡pero en su lugar obtuve una raíz cuadrada racional diferente!

En cualquier caso, concluimos que $\mathbb{Q}(\alpha^2)\subset L$ contiene tanto $i$ y $\sqrt{2(r-\psi^2)}$ . (Por ejemplo, con $r=4/3, \psi^2=5/3$ contiene $\sqrt{-2/3}$ Por lo tanto $\mathbb{Q}(\sqrt{6})$ .) Por lo tanto (bajo la condición $r^2+1=\phi^4$ ), $\mathbb{Q}(\alpha^2)$ es genéricamente una extensión biquadrática de $\mathbb{Q}$ y, por tanto, normal.

Por otro lado, $L$ no es normal, porque no puede contener $\psi$ a menos que se genere sobre $\mathbb{Q}$ por $i$ , $\psi$ y $\sqrt{2(r-\psi^2)}$ y esto no es plausible. Por otro lado, $f$ se divide en $L(\psi)$ Así que $L$ es una extensión cuadrática de la misma. $L$ debería tener un conjugado $L'=\mathbb{Q}(\psi/\alpha)$ correspondiente al hecho de que $\alpha$ y $\psi/\alpha$ son ambas raíces de $f$ y todas las demás raíces de $f$ se obtienen a partir de estos multiplicando por $i$ que $L$ y por lo tanto cualquier conjugado contiene.

Así que, hemos obedecido a una extensión normal del grado 16 $L(\psi)$ de $\mathbb{Q}$ . Supongo que mi pregunta equivale a, ¿cuál es la relación entre su grupo de Galois y $Q_8$ ?

(Me parece que, al menos, $Q_8$ debe ser un subgrupo, con $\mathbf{i}$ enviando $\psi\mapsto -\psi$ , $\alpha\mapsto \psi/\alpha$ y $\mathbf{j}$ fijación de $\psi$ y enviando $\alpha\mapsto i\psi/\alpha$ . ¿Esto es correcto?)

Answer 1

Me lo imaginé.

En primer lugar, podemos pensar en $\alpha$ como $\sqrt{\sqrt{p}+\sqrt{q}}$ con $p,q$ racionales tales que $-4pq=1$ . Entonces $r=p+q$ , $\psi = \sqrt{p-q}$ . También, $i=2\sqrt{pq}$ y $\sqrt{2(r-\psi^2)}=2\sqrt{q}$ explicando por qué $i,\sqrt{2(r-\psi^2)}$ están en $\mathbb{Q}(\alpha^2)$ .

Esto deja claro que, en general, $\psi\notin L$ .

Entonces, $f$ El campo de división de la empresa es $L(\psi)$ un automorfismo de este campo está determinado por su acción sobre $\alpha,\psi$ . Definición de $\mathbf{i},\mathbf{j}$ como en la pregunta, y poniendo $\mathbf{k}=\mathbf{ij}$ encontramos que $\mathbf{k}$ envía $\alpha\mapsto i\alpha$ y $\psi\mapsto -\psi$ . Dejemos que $\mathbf{-1}$ denota el automorfismo que fija $\psi$ y envía $\alpha\mapsto -\alpha$ ; se conmuta con los demás. Entonces $\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}$ satisfacer el famoso $\mathbf{i}^2=\mathbf{j}^2=\mathbf{k}^2=\mathbf{ijk}=\mathbf{-1}$ . Así, $G=\operatorname{Gal}(L(\psi)/\mathbb{Q})$ contiene $Q_8$ como subgrupo.

Esperaba secretamente que $G$ también tendría $Q_8$ como cociente, por lo que aún podría sacar una extensión de cuaterniones de $\mathbb{Q}$ de todo esto, pero, por desgracia, esto no va a ser. $G$ se genera sobre $Q_8$ por un elemento central $\mathbf{l}$ que, trágicamente, tiene el orden 4. (Por un momento, pensé que podría tener el orden $2$ y por lo tanto implica que $G=Q_8\times C_2$ . Ay...) Podemos encontrar $\mathbf{l}$ de la siguiente manera:

Dejemos que $\sigma$ sea el automorfismo de $L(\psi)$ que envía $\psi\mapsto -\psi$ y arreglos $\alpha$ es decir, el automorfismo no trivial de $L(\psi)$ en $L$ . Está claro que $\sigma$ genera $G$ en $Q_8$ porque $Q_8$ es el índice $2$ y $\sigma\notin Q_8$ .

Ahora $L(\psi)$ tiene $\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q},\psi)$ como subcampo. La restricción a este subcampo nos da un homomorfismo surjetivo $G\rightarrow \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q},\psi))$ y por lo tanto tenemos una secuencia exacta

$$1\rightarrow C_2\rightarrow G\rightarrow C_2\times C_2\times C_2\rightarrow 1$$

Un subgrupo normal de orden $2$ es automáticamente central, por lo que $G$ es una extensión central de $C_2\times C_2\times C_2$ por $C_2$ . Fedor Bogomolov me señaló que siempre que $A,B$ son grupos abelianos y $G$ es una extensión central de $A$ por $B$ el conmutador $[\cdot,\cdot]$ induce una $\mathbb{Z}$ -forma bilineal en $A$ con valores en $B$ . (Esto es impresionante ¡! Esto debe ser un hecho estándar, ¿no? ¿Dónde se aprende esto normalmente?) Esto se debe a que los conmutadores $[x,y]$ en $G$ son necesariamente en $B$ porque se eliminan al homomorfizar a $A$ ya que es abeliana, y además no se ven afectadas por el cambio de $x,y$ por elementos centrales (en particular, por elementos de $B\subset Z(G)$ ), por lo tanto $[\cdot,\cdot]$ sigue siendo inequívoco cuando se considera que acepta valores de $A$ en lugar de $G$ .

En el presente caso, $A=C_2\times C_2\times C_2$ es un $\mathbb{F}_2$ espacio vectorial y $B=C_2=\mathbb{F}_2$ por lo que podemos ver el conmutador como una forma sesgada en $\mathbb{F}_2^3$ ¡!

Cualquier forma sesgada en un espacio impar-dimensional tiene un espacio nulo no trivial. La preimagen en $G$ de este espacio nulo es el centro de $G$ . Esto nos permite encontrar un elemento central de $G$ que lo genera sobre $Q_8$ .

Dejemos que $\bar{\mathbf{i}},\bar{\mathbf{k}},\bar{\sigma}$ sean las imágenes de $\mathbf{i},\mathbf{k},\sigma$ en $C_2\times C_2\times C_2$ . $\mathbf{i}$ invierte $\psi$ y $\sqrt{q}$ mientras que la fijación de $\sqrt{p}$ ; $\mathbf{k}$ invierte los tres; mientras que $\sigma$ sólo invierte $\psi$ . Así, $\bar{\mathbf{i}},\bar{\mathbf{k}},\bar{\sigma}$ son la base de $C_2\times C_2 \times C_2$ . Desde $\mathbf{k},\sigma$ ir al trabajo mientras $\mathbf{i}$ no conmuta con ninguna de las dos, la matriz de la forma conmutadora con respecto a esta base es

$$\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}$$

y, por inspección, el espacio nulo está atravesado por $\begin{pmatrix}0&1&1\end{pmatrix}^T$ . De ello se desprende que $\mathbf{k}\sigma$ el automorfismo de $L(\psi)$ que arregla $\psi$ y envía $\alpha\mapsto i\alpha$ está en el centro de $G$ ¡! Dejemos que $\mathbf{l}=\mathbf{k}\sigma$ .

Entonces $G=Q_8\cup\mathbf{l}Q_8$ , $\mathbf{l}^2=\mathbf{-1}$ y $\mathbf{l}$ se desplaza con todo. Esta información es suficiente para calcular en $G$ .

Answer 2

Sobre la construcción de una extensión de cuaterniones de Q (o más generalmente de cualquier campo numérico) : el problema puede ser resuelto completa y explícitamente a partir de un campo bicadrático, utilizando las técnicas del problema de incrustación. En realidad, dado un campo K que contiene una primitiva p -raíz de la unidad (donde p es cualquier primo), el problema más general de incrustar una extensión de Galois L/K de tipo ( p, p ) en una extensión de Galois no abeliana M/L/K de grado $p^3$ de cualquier tipo posible puede resolverse mediante la teoría de Kummer y la cohomología. Permítanme referirme a R. Massy & T. Nguyen Quang Do , J. reine angew. Math., 291 (1977), 149-161. Atención: el último resultado (thm. 15) contiene un error por omisión, que se repara en R. Massy, J. de Álgebra , 109 (1987), 508-535, thm. 3 B .