El grupo Galois y el grupo Quaternion

Question

Es una extensión Galois con el grupo Quaternion como su grupo Galois.

Sé que$E=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ es Galois y$$ L = E \left( \sqrt{ ( \sqrt{2}+2 ) ( \sqrt{3} + 3)} \right) \ . $ es también Galois, pero no es cierto en general que si$ I want to show that $ es Galois y$E/\mathbb{Q}$ es Galois entonces$L/E$ es Galois (tome$K_1/K_0$,$K_2/K_1$ y$K_2/K_0$ como un contraejemplo).

Answer 1

La respuesta existente es de fuerza bruta y no es de mi gusto. Les presento un método alternativo, esencialmente copia-pega de otra respuesta de la mina.

Deje $\sigma$ ser el automorphism de $\mathbb Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$ $\mathbb Q$ envío de $\sqrt 2$ $-\sqrt 2$y la fijación de $\sqrt 3$. Calcular $\sigma(\alpha^2)/\alpha^2$. Usted recibirá $(2-\sqrt 2)/(2+\sqrt 2)$. Esto es $3-2\sqrt 2=(-\sqrt 2 + 1)^2$. Por lo $\sigma(\alpha^2)=\alpha^2(-\sqrt 2 + 1)^2$. Si $\alpha$$\mathbb Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$,$(\sigma(\alpha))=\pm (-\sqrt 2+1)\alpha$$\sigma(\sigma(\alpha))=\alpha(1+\sqrt 2)(1-\sqrt 2)=-\alpha$, una contradicción como $\sigma$ orden $2$. Esto demuestra $\alpha$ tiene el grado $2$$\mathbb Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$.

Vemos ahora que la $\sigma^4(\alpha)=\alpha$, lo $\sigma$ genera un subgrupo de orden $4$ en el grupo de Galois.

Deje $\tau$ ser el automorphism de $\mathbb Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$ $\mathbb Q$ envío de $\sqrt 3$ $-\sqrt 3$y la fijación de $\sqrt 2$. Usted puede hacer un cálculo similar con $\tau$. Usted encontrará que son tanto de orden $4$ y anti-commute. El único grupo de la orden de $8$ con tales elementos se los cuaterniones, como el único que no commuative grupos de orden $8$$Q$$D_8$, e $D_8$ no tiene dos anti-desplazamientos de los elementos de orden $4$.

Answer 2

Este ejemplo está motivado por Richard Dean del artículo: Un Polinomio Racional cuyo Grupo de los Cuaterniones Autor(es): Richard A. Dean Fuente: La American Mathematical Monthly, Vol. 88, Nº 1 (Ene., 1981), pp 42-45 http://www.jstor.org/stable/2320711.

El punto clave es que si $K/\mathbb{Q}$ es de Galois con grupo de Galois $Q$, entonces se tendrá un campo de celosía que refleja las peculiares propiedades de $Q$. Que es $Q$ 3 distintas normal y cíclica de los subgrupos de orden 4 y un subgrupo normal de orden 2 (cuyo cociente es el grupo de Klein $\mathbb{Z}/2 \times \mathbb{Z}/2$). Ningún otro grupo de la orden de $8$ tiene un subgrupo normal de la estructura. (De hecho, sólo hay 3 Abelian grupos de orden $8$ $2$ no Abelian grupos, a saber, el diedro grupo y $Q$, así que usted puede comprobar esto con la mano).

Así, desde el teorema fundamental de la Teoría de Galois (es decir, el Galois de la Correspondencia), por lo tanto estamos buscando un biquadratic campo $L = \mathbb{Q}(\sqrt{A}, \sqrt{B})$, $AB$ sin plaza en $\mathbb{Q}$ (e $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ supuesto va a ser suficiente), en el que se admite una extensión cuadrática $K/L$, de modo que el campo de extensiones $K/\mathbb{Q}(\sqrt{A}),K/\mathbb{Q}(\sqrt{B})$ $K/\mathbb{Q}(\sqrt{AB})$ son todos cíclica de grado $4$.

Richard Dean no mirar la algebraica de números que usted ha definido, sino que él considera $\theta = \sqrt{ (2 + \sqrt{2})(3 + \sqrt{3})(6+ \sqrt{6})}$, lo que es claramente una ecuación cuadrática de la extensión de $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$. Por lo tanto, sigue siendo para demostrar que 1) $\theta$ define cíclica de grado $4$ extensiones de $\mathbb{Q}(\sqrt{2}), \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ $\mathbb{Q}(\sqrt{6})$ y 2) $\theta$, y su evidente conjugados, son el conjunto de raíces de un grado $8$ polinomio sobre $\mathbb{Q}$ y todos los conjugados de mentira en $\mathbb{Q}(\theta)$. Parte 1) es el bit, y requiere un poco de argumento. Parte 2) no es tan complicado - una consecuencia de la parte 1) es un polinomio de grado 4 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ que se multiplica por el conjugado se da un grado de $8$ de extensión con la propiedad requerida.

Milne ha simplificado esta construcción en sus notas sobre la Teoría de Galois http://www.jmilne.org/math/CourseNotes/FT.pdf (ver páginas 46 y 129). De hecho, él se muestra la propiedad 1), pero con la algebraicas número $\alpha = \sqrt{(2 + \sqrt{2})(3 + \sqrt{3})}$. Teniendo en cuenta el efecto de la automorphism $\sigma$ que envía a $\sqrt{2}$ $-\sqrt{2}$y corrige $\sqrt{3}$ $\alpha^2$ (como en el de la Patata de la respuesta) se puede demostrar que $\sigma^2$ no es la identidad. Ahora $\sigma$ es un elemento del grupo de Galois de $\mathbb{Q}(\alpha)$ $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ (usted debe ser capaz de escribir el $4$ conjugados de $\alpha$ $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ y convencerse de que son todos los elementos de a $\mathbb{Q}(\sqrt{3},\alpha)$, por lo que el $\mathbb{Q}(\alpha)$ realmente hace es definir una extensión de Galois de $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$). Por lo tanto, $\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ es cíclica de grado $4$. Un argumento similar muestra que es cíclica de grado $4$$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$$\mathbb{Q}(\sqrt{6})$.

Para convencerse de la parte 2) escribir un grado $4$ polinomio satisfecho por $\alpha$ $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ y su conjugado polinomio obtenido mediante el envío de $\sqrt{3}$ $-\sqrt{3}$- el producto de estos dos polinomios se definen en $\mathbb{Q}$$\alpha$, y sus ocho conjugados, como raíces - además con similar razonamiento del párrafo anterior, usted puede mostrar a todos ellos se encuentran en el mismo campo $\mathbb{Q}(\alpha)$.

Answer 3

Un método para comprobar que todos los conjugados de
$$\theta = \sqrt{(\sqrt{2}+2)(\sqrt{3}+3)} $$ están en $\mathbb Q[\theta]$. Es fácil comprobar que los ocho conjugados se $\theta$, $$\theta_1 = \sqrt{(-\sqrt{2}+2)(\sqrt{3}+3)}, \quad\theta_2 = \sqrt{(\sqrt{2}+2)(-\sqrt{3}+3)} , \quad\theta_3 = \sqrt{(-\sqrt{2}+2)(-\sqrt{3}+3)}$$ y sus puntos negativos.

Ahora $\sqrt{2}, \sqrt{3}$, e $\sqrt{6} \in \mathbb Q[\theta]$, por ejemplo $$ (\theta^2 - 6 -2\sqrt{3} )^2 = 24 + 12\sqrt{3} $$ y de ello se sigue que $\sqrt{3} \in \mathbb Q[\theta]$. Pero ahora $$ \theta\theta_3 = 2\sqrt{3} $$ por lo que se deduce $\theta_3 \in \mathbb Q$ y un argumento similar muestra que $\theta_1$ $\theta_2$ también están en $\mathbb Q[\theta]$. Por lo $\mathbb Q[\theta]$ es la división de campo de la polinomio mínimo de a$\theta$, y como consecuencia es de Galois sobre $\mathbb Q$.

Ahora se puede comprobar con la mano que la automorfisms $\theta\to\pm\theta_i$ se comportan como se espera, pero supongo que hay mucho mejores métodos para hacer esto.

Para hacer esto usted debe trabajar la expresión de $\theta_i$ en términos de $\theta$, por ejemplo: $$\begin{align} \theta_1 &= \frac{-1}{24}(\theta^7 -20\theta^5 + 60\theta^3 + 24\theta) \\\\ \theta_2 &= \frac{1}{12}(\theta^5 -18\theta^3 + 36) \\\\ \theta_3 &= \frac{1}{12}(\theta^7 -22\theta^5 + 102\theta^3-120\theta) \end{align}$$ para trabajar en el campo de $\mathbb Q[\theta]$ tienes que calcular con polinomios modulo el polinomio mínimo de $\theta$ ($x^8 -24x^6 + 144x^4 -288x^2 +144$).Te recomiendo usar algún sistema de álgebra computacional para realizar estos cálculos.