Una manera eficiente de encontrar el grupo Galois

Question

En el libro de Álgebra Abstracta de Dummit y Foote, no es un problema de la siguiente manera :

Deje $K=\mathbb{Q}(\sqrt[8]{2},i), F_1=\mathbb{Q}(i), F_2=\mathbb{Q}(\sqrt{2}), F_3=\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$. Probar que: $Gal(K/F_1)\cong Z_{8}, Gal(K/F_2)\cong D_8, Gal(K/F_3)\cong Q_8$

Aquí está mi argumento :

Tenga en cuenta que $K$ es la división de campo de la $(x^8-2)(x^2+1)=0$$\mathbb{Q}$, $K$ es una extensión del campo de $Q$ de grado 16. Desde $F_1=\mathbb{Q}(i)$ es un campo de ampliación de grado 2 sobre $\mathbb{Q}$, utilizando el teorema fundamental de la teoría de Galois, tenemos |Gal(K/F_1)|=8$.

Ahora, mi pregunta es : ¿Cómo puedo encontrar el grupo $Gal(K/F_1)$ exactamente y eficientemente ? No tengo ninguna manera excepto tratando de lista de todos los elementos posibles, encontrar las relaciones entre ellos, y para concluir, se puede tomar demasiado tiempo para una extensión de alto grado.

Answer 1

El campo $K$ es una extensión de $F_1$ grado $8$. El polinomio mínimo de a $\sqrt[8]2$ $F_1$ divide $x^8-2$ desde $\sqrt[8]2$ es una raíz. Desde la adición de $\sqrt[8]2$ $F_1$genera una extensión de grado $8$$F_1$, el polinomio mínimo de a $\sqrt[8]2$ $F_1$ debe tener grado $8$, por lo tanto es $x^8-2$. Por lo tanto, la extensión es cíclica, por lo que su grupo de Galois es cíclico.

Para comprobar esta última afirmación, el uso de la Proposición $36$ del capítulo 14 sección 7 : desde $L = \Bbb Q(\sqrt 2, i)$ contiene el $8^{\text{th}}$ raíces de la unidad, de la extensión de $L(\sqrt[8]2)/L = K/L$ es cíclico. Por lo tanto, $\mathrm{Gal}(K/L)$ es un subgrupo cíclico de $\mathrm{Gal}(K/F)$. Desde $\mathrm{Gal}(K/L)$ índice de $2$$\mathrm{Gal}(K/F)$, es normal, así que vamos a $\sigma_1 \in \mathrm{Gal}(K/F) - \mathrm{Gal}(K/L)$. Compruebe que $\sigma_1$ genera $\mathrm{Gal}(K/F)$ usando la información anterior.

EDIT : tengo que admitir que no puede terminar la prueba... yo pensé que no tenía un final limpio. Lo voy a dejar ahí solo en caso de que alguien puede terminar.

Tal vez usando capítulo 14.7 es un poco duro porque viene más adelante, pero si usted mira la prueba de que la proposición puede ver que las ideas no son muy elaborados, se puede leer con ellos y obtener una buena idea de qué se trata.

Espero que ayude,

Answer 2

Un enfoque que trabaja aquí es un resultado de Kummer. Supongamos que $L = F(\sqrt[n]{a})$ algunos $a\in F$. Si $L/F$ es de Galois, entonces $\operatorname{Gal}(L/F) \simeq \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$ algunos $d\mid n$.

Edit: En general, el resultado es de extensiones $L/F$ donde $F$ contiene un $n$-ésima raíz de la unidad. Sin embargo, la suposición de que $F$ contiene un $n$-ésima raíz de la unidad sólo es necesario demostrar que $L/F$ es de Galois, que creo que ya estás seguro de que usted pregunta. Siéntase libre de preguntar si estoy interpretando falsamente!

En tu caso, ya sabes que $K/F_1$ es de Galois, y por lo tanto, si usted sabe que el grupo de Galois es de orden 8, y debe ser $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$ algunos $d\mid 8$, está hecho!

La prueba de este resultado es bastante fácil de empujar a la plena generalidad, así que sólo voy a mirar lo que queda para el caso de la $K/F_1$. Como las raíces de la $x^8 - 2$ son de la forma $\omega^i\sqrt[8]{2}$ $1\leq i\leq 8$ donde $\omega$ es una primitiva de 8-ésima raíz de la unidad, cada automorphism debe mapa de $\sqrt[8]{2}$ a uno de estos múltiplos, que está bien definido mod 8. Así que usted tiene un mapa de $\operatorname{Gal}(K/F_1) \to \mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$ que es (cheque). un inyectiva homomorphism, y por lo $\operatorname{Gal}(K/F_1)$ es un subgrupo de $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$.

Creo que no hay un "método general", que fácilmente se calcula que el grupo de Galois de cualquier extensión, nunca, (pude ver que muestra una extensión de Galois grupo isomorfo al Monstruo que necesitan especialmente resistente a los métodos de ataque!) pero si usted sabe los trucos que manejan la mayoría de las extensiones comunes, usted debería ser capaz de tratar con la mayoría de las extensiones que vienen en su camino.