¿Cuál es el grupo Galois de$x^4 +5$ sobre los racionales?

Question

Considere el polinomio $x^4+5\in \mathbb{Q}[x]$ y Deje $E/\mathbb{Q}$ ser su división de campo. Quiero calcular $G = \operatorname{Gal}(E/ \mathbb{Q})$. Debe ser un ejercicio normal, pero por alguna razón no quedas atascado en algún punto.

Permítanme decir lo que puedo decirte. En primer lugar, $E=\mathbb{Q}[\alpha,i]$ donde $\alpha$ es cualquier raíz de $x^4+5$. Por lo tanto, $E$ tiene dos subcampos $\mathbb{Q}[\alpha]$ $\mathbb{Q}[i]$ de grados $4$ $2$ $\mathbb{Q}$ respectivamente. Esto obliga a que el grado de $E$ ser $4$ o $8$ dependiendo de si $i\in \mathbb{Q}[\alpha]$ o no (yo sé cómo justificar todos los reclamos), y este es el punto donde estoy atascado.

A mí me parece que $[E:\mathbb{Q}]=8$, pero no puedo demostrarlo. Las cuatro raíces del polinomio está dado explícitamente por $({\pm 1 \pm i \over \sqrt{2}})5^{1/4}$. El caso que yo estoy tratando de descartar es que cualquiera de las raíces genera $E$, pero no puedo encontrar el argumento de la derecha.

En cualquier caso, yo sé lo que la respuesta final debe ser. Desde $G$ actos fielmente en el $4$ raíces, $G$ incrusta en $S_4$ y por lo tanto si $|G|=8$, entonces debe ser isomorfo a $D_4$ (a partir de los teoremas de Sylow). Por otro lado, si $|G|=4$, teniendo los dos cuadráticas subextensions $\mathbb{Q}[i]$ $\mathbb{Q}[i\sqrt{5}]$ fuerzas de $G$ a ser isomorfo a $\mathbb{Z}/2\times \mathbb{Z}/2$.

Answer 1

Una forma es: Si$r=(-5)^{1/4}$, para que el campo de división sea$L=\mathbb Q(r,i)$, entonces$Gal(L/\mathbb Q(i))$ es el grupo cíclico$C_4$, actuando a través de% #% Mod 4). Para verlo: es ciertamente un subgrupo de este grupo; Si es un subgrupo apropiado entonces$r\to i^k r$ es fijo, es decir$k\in\mathbb Z$. Pero eso no es posible:$r^2$ evidentemente no tiene soluciones racionales. De esto obtenemos que$r^2\in\mathbb Q(i)$ es$-5=(a+ib)^2$,$Gal(L/\mathbb Q)$, que es el grupo diedro.

[Editado para convertirse en una prueba de "Galois puro"]

Answer 2

Esta es una torre de extensiones cuadráticas, y hay herramientas generales para tratar con este tipo de situación. Hace algún tiempo, me explicó la maquinaria en general en un caso más complicado aquí.

EDIT : En tu ejemplo :

El número de $2$ no es un cuadrado en ${\mathbb Q}[\sqrt{5}]$, debido a que ni la $2$ ni $2 \times 5$ son plazas en $\mathbb Q$ ("regla de la Extensión de 1" , consulte la referencia).

El número de $2$ es un cuadrado en ${\mathbb Q}[\sqrt[4]{5}]$ iff la ecuación de $x^4+\frac{\sqrt{5}}{4}=0$ tiene una solución en ${\mathbb Q}[\sqrt{5}]$ (por la regla de la Extensión 2) y este no es el caso.

Por lo $\sqrt{2}\not\in {\mathbb Q}[\sqrt[4]{5}]$, y la extensión de $F={\mathbb Q}[\sqrt[4]{5},\sqrt{2}]$ tiene el grado $8$$\mathbb Q$.

Desde $F \subseteq {\mathbb R}$, podemos ver que $L=F[i]={\mathbb Q}[\sqrt[4]{5},\sqrt{2},i]$ tiene el grado $16$$\mathbb Q$.

Los elementos de ${\sf Gal}(L/{\mathbb Q})$ son fáciles de describir, por su acción sobre las $\sqrt[4]{5},\sqrt{2},i$. Entonces, no es difícil encontrar el subgrupo de fijación $E$, y deducir que $[E:\mathbb Q]=8$.

Answer 3

Esto puede no ser muy útil para usted, pero aquí va de todos modos.

Vemos que $-5$ es de orden cuatro en el campo de $K=\mathbb{F}_{13}$. Por lo tanto su cuarto raíces son necesariamente de orden dieciséis en algún campo de la extensión de $K$. La menor extensión del campo de $K$ que contiene xvi raíces de la unidad es el campo de la $\mathbb{F}_{13^4}$. Por lo tanto, $x^4+5$ es irreducible en a $K[x]$. Por un conocido resultado de esto implica que la acción del grupo de Galois de $x^4+5$ $\mathbb{Q}$ como un grupo de permutaciones sobre sus raíces contiene un 4-ciclo. Esto descarta la Klein cuatro grupo, y se establece su pregunta.