Grupo de Galois de la $x^8+8\in\Bbb Q[x]$

Question

Tengo este problema porque creo que la extensión tiene el grado $16$ pero no puedo decidir el grupo: yo creo que podría ser $\Bbb Z_4\times\Bbb Z_2\times\Bbb Z_2$ pero no seguro: Primero hago raíces complejas

$$x^8=-8=8e^{\pi i+2k\pi},\;k\in\Bbb Z\;,\;\;and\;then\;\;x_k=8^{1/8}e^{\frac\pi8\left(1+2k\right)},\;k=0,1,2,...,7$$

y escribo $w=e^{\pi i/8}\;$ y este es raíz primitiva de orden $16$ , y, a continuación, las raíces se $8^{1/8}w^k,\;w=1,3,5,7,9,11,13,15$ .

El próximo creo que quizás $8^{1/8}\in\Bbb Q(w)$, pero esto no es posible debido a que $\;\Bbb Q(w)/\Bbb Q\;$ cyclotomic de extensión y de su orden $\phi(16)=8$, e $\;\Bbb Q(8^{1/8})/\Bbb Q\;$ también tiene la orden de $8$, y entonces podríamos tener $\;\Bbb Q(8^{1/8})=\Bbb Q(w)\;$ , pero la primera es la de campo y en el segundo, no real elementos complejos.

Tuve que hacer la trigonometría, pero sólo me llevó a $\,8^{1/4}\in\Bbb Q(w)\;$ porque

$$\frac1{\sqrt2}=\cos\frac\pi4=2\cos^2\frac\pi8-1\implies\cos^2\frac\pi8=\frac{\frac1{\sqrt2}+1}2=\frac{1+\sqrt2}{2\sqrt2=\sqrt8}\implies\cos\frac\pi8=\frac{\sqrt{1+\sqrt2}}{\sqrt[4]8}$$

y sé también

$$w+w^{-1}=w+\overline w=2\,\text{Re}\,w=2\cos\frac\pi8\in\Bbb Q(w)$$

y esto es por qué tengo la división de campo de grado $16$ :

$$\left[\Bbb Q(w,8^{1/8})\,:\,\Bbb Q\right]=\left[\Bbb Q(w)(8^{1/8}):\Bbb Q(w)\right]\left[\Bbb Q(w)\,:\,\Bbb Q\right]=2\cdot8=16$$

debido a $\;x^2-\sqrt[4]8\;$ es el polinomio mínimo de a$\;\sqrt[8]8\;$$\;\Bbb Q(w)\;$ .

Ahora, sé que $\;\text{Gal}\,(\Bbb Q(w)\,/\,\Bbb Q)\cong\left(\Bbb Z/16\Bbb Z\right)^*\cong\Bbb Z_4\times\Bbb Z_2\;$ y es cyclotomic extensión. También, es claramente $\;\Bbb Q(w,8^{1/8})/\Bbb Q\;$ cíclica de la extensión de orden dos, y ahora preguntas

Pregunta 1 ¿existe un método más sencillo para obtener $\;\sqrt[4]8\in\Bbb Q(w)\;$? No es difícil (sólo la trigonometría), pero es largo y tiene muchos cálculos y en el tiempo de examen, quizás, uno puede utilizar algún lema o teorema de...?

Pregunta 2 ¿Cuál es el $\;\text{Gal}\,(\Bbb Q(w,8^{1/8})\,/\,\Bbb Q)\,?$ Es realmente $\;\Bbb Z_4\times \Bbb Z_2\times \Bbb Z_2\;$ o algunos más difícil de grupo? He leído que hay 14 grupos de orden $16$, y sólo 5 de ellos son abelian, por lo que hay algunos lema o truco para saber del grupo este tiempo?

La pregunta 3 Es mi trabajo arriba a la derecha? Cualquier corrección, sugerencia o comentario es muy apreciada, gracias.

Answer 1

No es una elegante respuesta de verdad, pero un par de sugerencias; probablemente hay mejores maneras de hacer esto.

La división de campo es $\mathbb Q(w^2, w8^{1/8})$. Vamos a comenzar por contigua $w^2$. Desde $w^2=(1+i)/\sqrt{2}$,$\mathbb Q(w^2)=\mathbb Q(i,\sqrt{2})$. Por lo tanto $f$ factores $f=(x^4+i8^{1/2})(x^4-i8^{1/2})$.

Desde $f$ era irreductible $\mathbb Q$, el grado de la división de campo es un múltiplo de a $8$, y, en particular, debemos lindan con un cero a $\mathbb Q(w^2)$. Esto le da una extensión de un grado cualquiera de las $2$ o $4$, y si se $2$, esto significaría que el $x^4+i8^{1/2}$ factores en un producto de dos grados $2$ polinomios sobre $\mathbb Q(w^2)$. Sin embargo, esto no está sucediendo; podemos tener más de $\mathbb C$ y, a continuación, compruebe que dicha factorización significaría que $2^{1/4}\in\mathbb Q(w^2)$, lo que evidentemente no es el caso porque sólo adyacentes $2^{1/4}$ $\mathbb Q$ya es un grado $4$ de extensión, que, sin embargo, no contiene $i$.

Así que, de hecho,$[\mathbb Q(w^2, w8^{1/8}):\mathbb Q]=4\cdot 4 = 16$. Como para el grupo de Galois: los automorfismos son obtenidos mediante la asignación de $i\mapsto\pm i$, $\sqrt{2}\mapsto\pm\sqrt{2}$ (correspondiente a $\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2$ hasta ahora) y, a continuación, hacemos un mapa de $w8^{1/8}$ a uno de sus cuatro conjugados, o si $x^4+i8^{1/2}\mapsto x^{1/4}-i8^{1/2}$, entonces se le debe asignar a uno de los cuatro ceros del otro polinomio.

No es inmediatamente claro (para mí) ¿qué grupo; también, gracias a Jyrki por señalar un error en una versión anterior. Aquí hay un par de cosas que podemos decir de inmediato:

(1) (Jyrki) $G$ no es abelian porque nuestro extensión de la no-normal ( $\mathbb Q$ ) intermedio campo $\mathbb Q(w8^{1/8})$, lo $G$ tiene un no-normal subgrupo;

(2) $G$ tiene un subgrupo normal $H\cong\mathbb Z_4$$G/H=\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2$. De esta manera se sigue considerando el intermedio de campo $\mathbb Q(w^2)$.

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Actualización: ya lo tengo ahora, pero de nuevo, es la fuerza bruta en lugar de elegante. Considere las siguientes dos automorfismos (escribo $R=w8^{1/8}$): $$ un: i\mapsto i,\quad \sqrt{2}\mapsto -\sqrt{2}, \quad R \mapsto iw^2 R;\\ b: i\mapsto -i, \quad \sqrt{2}\mapsto -\sqrt{2}, \quad R \mapsto R $$ A continuación, se puede comprobar que $a^8=b^2=1$ (y estos son los pedidos), y $ba=a^3b$. Desde $b\notin\langle a\rangle$, los elementos $a,b$ generar $G$, y las relaciones que hemos encontrado son los de la presentación de la semidihedral grupo de orden 16.

Alternativamente, podemos describir esto como la semidirect producto $\mathbb Z_8 \rtimes\mathbb Z_2$, con la no-identidad elemento de $\mathbb Z_2$ actuando en $\mathbb Z_8$ mediante el envío de $1\mapsto 3$; este automorphism tiene orden de $2$, por lo que esto hace es definir un grupo de acción. Luego podemos comprobar que $a=(1,0)$, $b=(0,1)$ satisfacer las relaciones.