¿Supongamos que $L=\mathbb{Q}(\sqrt{a+b\sqrt{d}})$, ($d$ y $a+b\sqrt{d}$ son cuadrados libre de enteros algebraicos) cuando es $L/\mathbb{Q}$ una extension normal? ¿Cuando $Aut(L/\mathbb{Q})=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ o $Aut(L/\mathbb{Q})=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$?
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MrDatabase
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La extensión de $L/\mathbb{Q}$ tiene al menos dos automorfismos procedentes de La Galois acción de $L/\mathbb{Q}[\sqrt{d}]$. Si $\sigma$ es el automorphism de $\mathbb{Q}[\sqrt{d}]$ envío de $\sqrt{d}$$-\sqrt{d}$, $L/\mathbb{Q}$ es de Galois iff $\sigma$ puede ser extendido a $L$.
Desde $\sigma$ envía el polinomio $f(x)=x^2+(a+b\sqrt{d})$$g(x)=x^2+(a-b\sqrt{d})$, puede ser extendido a $L\cong \mathbb{Q}[\sqrt{d}][x]/f(x)$ fib contiene una raíz para $g(x)$. Por lo $L/\mathbb{Q}$ es de Galois iff $\sqrt{a-b\sqrt{d}}=x+y\sqrt{a+b\sqrt{d}}\in L$, es decir, $x^2+y^2(a+b\sqrt{d})=a-b\sqrt{d}$ $2xy\sqrt{a+b\sqrt{d}}=0$ donde $x,y\in\mathbb{Q}[\sqrt{d}]$. La segunda ecuación muestra que $x=0$ o $y=0$. Si $y=0$,$x^2=a-b\sqrt{d}$, pero luego de aplicar el $\sigma$ tenemos que $(\sigma{x})^2=a+b\sqrt{d}$ contradiciendo la suposición de que no es un cuadrado. De ello se desprende que $x=0$ y $y^2=\frac {a-b\sqrt{d}}{a+b\sqrt{d}}$. Reducir esta ecuación para dos ecuación cuadrática $\mathbb{Q}$ y resolverlos. Nota en particular de que la aplicación de $\sigma$ obtener $\sigma(y)^2=\frac {a+b\sqrt{d}}{a-b\sqrt{d}}=y^{-2}$, de modo que $(\sigma(y)y)^2=1$, es decir,$\sigma(y)y=\pm 1$.
Para determinar el grupo, tenga en cuenta que el Galois automorfismos de a $L/\mathbb{Q}$ son de orden 1 y 2, por lo que si el grupo cíclico de orden 4, a continuación, la extensión de $\sigma$ debe ser de orden 4. Ya sabes que $\sigma(\sqrt{a+b\sqrt{d}})=y \sqrt{a+b\sqrt{d}}$, lo $\sigma^2(\sqrt{a+b\sqrt{d}})=\sigma(y)y \sqrt{a+b\sqrt{d}}$. De ello se desprende que es cíclico si $\sigma(y)y=-1$ y es el Klein cuatro grupo si $\sigma(y)y=1$.
