Estructura y normalidad del grupo de Galois de $x^{15}-15 \in \mathbb{Q}[x]$.

Question

Deje $f(x) = x^{15}-15\in \mathbb{Q}[x]$. Por el Criterio de Eisenstein (el uso de 3 o 5), $f$ es irreductible. A continuación, $L=\mathbb{Q}(\sqrt[15]{15}, \omega)$ es la división de campo de la $f$ donde $\omega$ es una primitiva $15$th raíz de la unidad. Entonces tenemos que el orden del grupo de Galois $G=Gal(L/\mathbb{Q})$ es sólo $15\cdot \phi(15) =120$ - el producto de las extensiones.

Mi pregunta es, sabiendo esto, podemos determinar que los subgrupos de Sylow son normales, junto con su estructura? Por supuesto, el 3 y el 5 subgrupos de Sylow ser isomorfo a $\mathbb{Z}_3$ $\mathbb{Z}_5$ respectivamente, pero no estoy seguro de si hay suficiente información para determinar el 2-subgrupo de Sylow, ni el número de cada uno de ellos para determinar la normalidad. Debería centrarse en la observación de los subcampos de $L$?

Answer 1

En primer lugar vamos a ver que, efectivamente $[L:\Bbb Q]=120$. Para facilitar la notación de conjunto $a=15$.

Considerar los subcampos $K_1=\Bbb Q(\sqrt[3]a,\omega_3)$$K_2=\Bbb Q(\sqrt[5]a,\omega_5).$$3\nmid[\Bbb Q(\omega_3):\Bbb Q]$, ninguna raíz de $x^3-a$ se encuentra en $\Bbb Q(\omega_3)$, lo $x^3-a$ es irreducible sobre $\Bbb Q(\omega_3)$; a causa de esto, por lo tanto $[K_1:\Bbb Q]=6.$ Similarmente $[K_2:\Bbb Q]=20$ $x^3-a$ es irreducible sobre $\Bbb Q(\omega_{15})$

Como $[\Bbb Q(\sqrt[3]a,\omega_{15}):\Bbb Q]=24,$ $K_1(\omega_5)=\Bbb Q(\sqrt[3]a,\omega_{15})$ y $[K_1:\Bbb Q]=6$, obtenemos $[K_1(\omega_5):K_1]=4.$ Similarmente $[K_2(\omega_3):K_2]=2$.

Desde $5\nmid[\Bbb Q(\sqrt[3]a,\omega_{15}):\Bbb Q],$ $x^5-a$ es irreducible sobre $\Bbb Q(\sqrt[3]a,\omega_{15}),$ por lo tanto $L=\Bbb Q(\sqrt[3]a,\omega_{15})(\sqrt[5]a),$ se sigue que $[L:K_1]=20$$[\Bbb Q(\sqrt[15]a,\omega_{15}):\Bbb Q]=120$. Del mismo modo $[L:K_2]=6$.

Además, como $[K_1:\Bbb Q]=6=[L:K_2],$ obtenemos $K_1$ $K_2$ son linealmente disjuntos $\Bbb Q$. Sin embargo $K_1\cdot K_2=L$, por lo tanto $$\begin{equation} G_{\Bbb Q}^L\simeq G_{K_1}^L\times G_{K_2}^L, (1) \end{equation}$$

desde $K_1$ $K_2$ son de lo normal en el $\Bbb Q$.

Como $L=K_1(\sqrt[5]{a},\omega_5)$ $L=K_2(\sqrt[3]{a},\omega_3)$ podemos considerar $G_{K_1}^L$ $G_{K_2}^L$ como subgrupos de $S_5$ $S_3$ respectivamente.

Tenemos $|G_{K_2}^L|=[L:K_2]=6$, en consecuencia,$G_{K_2}^L\simeq S_3$.

Es fácil ver $G_{K_1}^L$ tiene un elemento $\sigma$ orden $4$; recordemos que $L=K_1(\sqrt[5]{a},\omega_5)$. Como $|G_{K_1}^L|=[L:K_1]=20$, por Sylow del tercer teorema debemos tener ese $\langle \sigma\rangle$ es normal en $G_{K_1}^L$; de lo contrario, todos los elementos de este grupo tienen el fin de $2$ o $4$. El subgrupo de $G_{K_1}^L$ del tamaño de la $5$ es normal en $G_{K_1}^L$ por el mismo teorema.

Por lo tanto, obtenemos los subgrupos de Sylow de $G_{\Bbb Q}^L$$(1)$:

• Deje $H_3$ ser el Sylow $3$-subgrupo de $S_3$, $\{e\}\times H_3$ es la única Sylow $3$-subgrupo de $G_{\Bbb Q}^L$.
• Deje $H_5$ denotar la Sylow $5$-subgrupo de $G_{K_1}^L$, $H_5\times\{e\}$ es la única Sylow $5$-subgrupo de $G_{\Bbb Q}^L$.
• Si $H_2^{1},H_2^{2}$ $H_2^{3}$ son los Sylow $2$-subgrupos de $S_3$ $H_2$ es el Sylow $2$-subgrupo de $G_{K_1}^L$, luego $H_2\times H_2^{i}$ $i=1,2,3$ son los Sylow $2$ -subgrupos de $G_{\Bbb Q}^L$.

Answer 2

Si usted piensa de su extensión total $\Bbb Q\subset\Bbb Q(\omega)=K\subset L$, entonces $K$ es normal en $\Bbb Q$, $G^L_K$ es un subgrupo normal del grupo $G^L_{\Bbb Q}$. Sabemos que $G^L_K\cong\Bbb Z/(15)$. Creo que esto le da suficiente información para terminar la cuestión de sí mismo.