¿Tan simple como eso: podemos encontrar un polinomio irreducible en $\mathbb{Q}$ tal que, si el $K$ es su división campo $\mathbb{Q}$, $\operatorname{Gal}(K|\mathbb{Q})\cong S_4$?
He pensado mucho y no he llegado a cualquiera. ¿Me puede dar una mano por favor?
Considere el polinomio $$ p(x) \;=\; x^4 - 6x^2 +16x - 3 $$ cuyas raíces son $$ -\sqrt{1+\sqrt[3]{3}} \,\pm\, \sqrt{2-\sqrt[3]{3}+\frac{4}{\sqrt{1+\sqrt[3]{3}}}},\qquad \sqrt{1+\sqrt[3]{3}} \,\pm\, i\sqrt{-2+\sqrt[3]{3}+\frac{4}{\sqrt{1+\sqrt[3]{3}}}}. $$ No debería ser ninguna sorpresa que el $p$ es irreductible. En efecto, desde el $\sqrt{1+\sqrt[3]{3}}$ y, por tanto, $\sqrt[3]{3}$ se encuentra en la división de campo de la $p$, el grado de la división de campo es un múltiplo de a $3$, lo $p$ no es factor cuadráticas $\mathbb{Q}$.
Desde $p$ es irreductible, el grupo de Galois actúa transitivamente sobre las raíces, por lo que las posibilidades son $V$, $\mathbb{Z}_4$, $D_4$, $A_4$, y $S_4$. Dado que el grado de la extensión es un múltiplo de a $3$, debe ser $A_4$ o $S_4$. Pero compleja conjugación es un automorphism de la división de campo que actúa como una transposición de las dos raíces complejas, y por lo tanto el grupo de Galois es $S_4$.
En cierto sentido, este ejemplo es bastante típico, aunque algo más simple de lo habitual. Cualquier irreductible de cuarto grado con dos reales y dos raíces complejas tiene una transposición en su grupo de Galois de la compleja conjugación, lo que significa que el grupo de Galois es $D_4$ o $S_4$. Aquellos con grupo de Galois $S_4$ también tienen las raíces de algunos irreductible cúbicos en su división de campo, en este caso el cúbicos $x^3 - 3$.
Seguir a @user64687 la sugerencia en los comentarios, así, de acuerdo a Keith Conrad notas, un grado-$4$ polinomio de $K[X]$ donde $K$ es un campo con $\operatorname{char}K\not\in\{2,3\}$, ha Galois grupo $S_4$ si
En el ejemplo 3.2, Keith Conrad muestra que el grupo de Galois $f(X) = X^4 - X - 1$ $\mathbb{Q}$ $S_4$. Permítanme demostrar el caso muy similar $$f(X) = X^4 + X + 1$$ en su lugar. Desde $f(X) - (X^{2^2}-X) = 1$$\mathbb{F}_2[X]$, $f(X)$ es coprime a cada polinomio irreducible sobre $\mathbb{F}_2$ de grado dividiendo $2$, esto implica que $f(X)$ es irreductible $\bmod{2}$, por lo tanto $f(X)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. Por lo tanto, su grupo de Galois es de orden divisible por $4$.
$f(X)$ tiene el resolvent cúbicos $$g(X) = X^3 - 4 X - 1$$ que, por su bajo grado y el racional de la raíz teorema, tendría que tener una raíz entera dividiendo $1$ si se reduce más de $\mathbb{Q}$, pero no ha, por lo $g(X)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. La extensión de licenciatura de la división de campo de la $g(X)$ $\mathbb{Q}$ por lo tanto es divisible por $3$. Por la construcción de la resolvent cúbicos, la división de campo de la $g(X)$ está contenida en la división de campo de la $f(X)$, de modo que el orden del grupo de Galois de $f(X)$ debe ser divisible por $3$.
De nuevo por la construcción, el discriminante de $f(X)$ el discriminante es igual a de $g(X)$, que es $$\Delta=229$$ y por lo tanto es fácilmente reconocible como un rectangulares en $\mathbb{Q}$. En particular, es congruente con el rectangulares $5\pmod{8}$.
Resumiendo los resultados anteriores, el grupo de Galois de $f(X)$ tiene fin divisible por $3$$4$, sin embargo, no es un subgrupo de $A_4$. Esto deja a $S_4$ como sólo es posible Galois grupo para $f(X)$.
Si usted está buscando un polinomio de cuarto grado con sólo las raíces reales, ver aquí; la argumentación es casi el mismo.
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