Grupo de Galois de $x^6+3$ $\mathbb Q$

Question

Estoy teniendo algunas dificultades para encontrar el grupo de Galois del polinomio $g(x)=x^6+3$$\mathbb Q$.

Esto es lo que hice :
He observado que las raíces del polinomio son $\sqrt[6]3 \xi_{12}^{k}$ donde $\xi_{12}$ es una primitiva 12-ésima raíz de la unidad y de la $k=1,3,5,7,9,11$. Llama $\mathbb{K}$ la división de campo de la $g(x)$$\mathbb{Q}$, es obvio que el $\mathbb{Q}(\sqrt[6]3,\xi_{12})=\mathbb Q(\sqrt[6]{3},i)\supseteq\mathbb{K}$$6|[\mathbb K:\mathbb Q]\le12$. Pero a partir de este punto yo no soy capaz de seguir rigurosamente.
A mí me parece que $[\mathbb K:\mathbb Q]=6$ pero no estoy seguro sobre cómo la prueba de que. Puede alguien ayudarme por favor? Gracias de antemano!

Answer 1

Ver este post. Una vez que usted agregue$\zeta_{12}\sqrt[6]{3}$$\mathbb{Q}$, se han añadido todas las raíces: $ (\zeta_{12}\sqrt[6]{3})^6=3\zeta_{12}^6$, so that $\zeta_{12}^6=i\in K=\mathbb{Q}(\zeta_{12}\sqrt[6]{3})$. Por lo tanto,

• $(\zeta_{12}\sqrt[6]{3})i=\zeta_{12}^7\sqrt[6]{3}$, lo que implica $\zeta_8\in K$
• $(\zeta_{12}\sqrt[6]{3})\zeta_8=\zeta_{12}^9\sqrt[6]{3}$, lo que implica que $\zeta_{10}\in K$
• $(\zeta_{12}\sqrt[6]{3})\zeta_{10}=\zeta_{12}^{11}\sqrt[6]{3}$...

Usted consigue el punto. Por lo tanto $\zeta_{12}\sqrt[6]{3}, \zeta_{12}^3\sqrt[6]{3},\zeta_{12}^5\sqrt[6]{3},\zeta_{12}^7\sqrt[6]{3},\zeta_{12}^9\sqrt[6]{3},\zeta_{12}^{11}\sqrt[6]{3}\in K$ y $$ [K:\mathbb{Q}]=6, $$ contrario a otros puestos.

Answer 2

Hey estás realmente equivocado, $3^\frac{1}{6}$ no es una raíz de $x^6+3$. En realidad la extensión $K/Q$ es galois con galois grupo $S_3$.

Answer 3

En primer lugar, no puede ser cierto que $ [ \mathbb{K} : \mathbb{Q} ] = 6$ desde $[ \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3}) : \mathbb{Q} ] = 6$ ($x^6 + 3$ es irreducible por criterio de Eisenstein) y $\xi_{12} = \exp (i \pi / 6) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2} \in \mathbb{C}$ y $\xi_{12} \notin \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3}) \subset \mathbb{R}$. Usted necesita encontrar $[ \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3},\xi_{12}) : \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3})]$. Tenga en cuenta que $$ x^6 + 1 = (x^2 + 1)(x^4 - x^2 + 1)$$ is reducible. Moreover, $ \sqrt{3} = (\sqrt[6]{3})^3 \in \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3}) $ and $ i = \sqrt{-1}$ is algebric of degree 2 over this field, thus $\mathbb{K} = \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3},i) $ is of degree 12 over $\mathbb {Q} $ since $ [\mathbb{Q}(\sqrt[6]{3},i): \mathbb{Q}(\sqrt[6]{3})] = 2 $ ($x ^ $ 2 + 1 es irreducible todavía allí).