Mostrar que $\mathbb{Q}(\sqrt{2 +\sqrt{2}})$ es un campo cíclico cuártico es decir es una extensión de galois de grado 4 con Grupo cíclico de galois

Question

Mostrar que $\mathbb{Q}(\sqrt{2 +\sqrt{2}})$ es cíclica cuártica de campo, es decir, una extensión de galois de grado 4 con cíclico grupo de galois

con algunos de álgebra básica,

$x - \sqrt{2 +\sqrt{2}} = 0 \implies x^2 = 2+\sqrt{2} \implies (x^2 - 2)^2 = 2 \implies x^4-4x^2+2=0$ es el mínimo polinomio y se Eisenstein en 2, de modo irreductible que da seperable.

y las raíces de $x^4-4x^2+2=0$ $\pm \sqrt{2 \pm \sqrt{2}}$ se encontró de nuevo con álgebra básica. Así que la división de campo es claramente un grado 4 de extensión.

Ahora me he confundido yo un poco tratando de solucionar todos los automorfismos

desde el polinomio es seperable sé $\mid AUT(\mathbb{Q}(\sqrt{2 +\sqrt{2}})/\mathbb{Q}\mid = [\mathbb{Q}(\sqrt{2 +\sqrt{2}}) : \mathbb{Q}]$, por lo que hay 4. Por lo que necesita ser ismorphic a $\mathbb{Z}_4$

Creo que la única automorfismos son id, $\sigma : \sqrt{2 +\sqrt{2}} \mapsto -\sqrt{2 +\sqrt{2}}, \tau : \sqrt{2 -\sqrt{2}} \mapsto -\sqrt{2 +\sqrt{2}} $

Answer 1

Aquí una forma mucho más avanzada argumento de los que se querían, pero que puede resultar instructivo.

Si es cierto que el campo de $K=\Bbb Q\bigl(\sqrt{2+\sqrt2}\,\bigr)$ es cíclico $\Bbb Q$, entonces no hay realmente sólo uno de los candidatos. Es el cuarto grado, supone cíclica, y de una manera bastante clara ramificado, sólo por encima de $2$. Pero el abelian extensiones de $\Bbb Q$ son sólo los que figuran en la cyclotomic campos de $\mathscr C_n$, y la ramificación sólo por encima de $2$ implica que el $K$ estaría contenida en $\mathscr C_{2^m}=\Bbb Q(\zeta_{2^m})$ algunos $m$.

Utilice un dato más sobre su campo, que es totalmente real, ya que todos los conjugados de su irracional cantidad son reales. Por lo $K$ debe ser el real subcampo de algunos $2^m$-potencia cyclotomic campo. Desde $[\mathscr C_n:\Bbb Q]=\deg(\Phi_n)=\phi(n)$ donde $\Phi_n$ $n$- th cyclotomic polinomio, y $\phi$ es la función de Euler, que supongo que $K$ es el verdadero subcampo de $\mathscr C_{16}$.

Casi hecho ahora, $\Phi_{16}(X)=X^8+1$, y si $\zeta=\zeta_{16}$ es una raíz, ponemos a $\xi=\zeta+\overline\zeta=\zeta+\zeta^{-1}$. Tenemos: \begin{align} 0&=\zeta^4+\zeta^{-4}\\ \xi^4&=\zeta^4+4\zeta^2+6+4\zeta^{-2}+\zeta^{-4}\\ &=4\zeta^2+6+4\zeta^{-2}\\ \xi^4-4\xi^2&=-2\,, \end{align} y aquí está, con su polinomio mínimo para su irracional cantidad, que necesariamente es igual a $\zeta_{16}+\zeta_{16}^{-1}$. El grupo de Galois es el cociente de $\text{Gal}(\mathscr C_{16}/\Bbb Q)\cong(\Bbb Z/16\Bbb Z)^*\cong C_4\oplus C_2$ donde $C_n$ es grupo cíclico de orden $n$. Es rápido de que está tomando el cociente por el segundo término de la suma directa, por lo que está a la izquierda con sólo el $C_4$ para el grupo de Galois.

Answer 2

utilizando por lo que cuentan sobre el polinomio mínimo es $x^4-4x^2+2$ que da $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ como el campo división ya que este polinomio es irreducible y también separables,

$\sqrt{2} = (\sqrt{2+\sqrt{2}})^2-2$ por lo que deduce

$\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}} = \sqrt{2-\sqrt{2}}$ y ahora todas las raíces se sientan dentro de este campo tan claramente una extensión de grado 4.

Que $\alpha = \sqrt{2+\sqrt{2}}), \beta = \sqrt{2-\sqrt{2}})$

Ahora los automorfismos son identidad,

$\sigma : \alpha \mapsto -\alpha, -\alpha \mapsto \alpha, \beta \mapsto -\beta, -\beta \mapsto \beta$

$\tau : \alpha \mapsto \beta, \beta \mapsto -\alpha, -\alpha \mapsto -\beta, -\beta \mapsto \alpha$

$\eta : \alpha \mapsto -\beta, -\alpha \mapsto \beta, \beta \mapsto \alpha, -\beta \mapsto -\alpha$

y claramente $\sigma\sigma = id, \tau\tau=\sigma, \sigma\tau = \eta, \sigma\eta = \tau, \eta\eta = \sigma, \tau\eta = id $

por lo tanto tenemos $C_4 \simeq \mathbb{Z}_4$

Answer 3

Dejar $\alpha=\sqrt{2+\sqrt{2}}$ y $\beta=\sqrt{2-\sqrt{2}}$, podemos utilizar lo siguiente: $$\alpha\beta=\alpha^2-2=\sqrt{2}$ $ y 'seguir' a un elemento por debajo de uno de estos automorfismos. Más precisamente, si hay un automorphism envío $\alpha$ $\beta$... llamar a $\tau'$, ¿qué es $\tau'(\tau'(\alpha))=\tau'(\beta)$? En otras palabras, permite examinar la orden de un no-elemento de identidad del grupo de automorfismo.

¿$$\tau'(\tau'(\alpha))=\tau'(\beta)=\tau'\left(\frac{\sqrt{2}}{\alpha}\right)=\frac{\tau'(\sqrt{2})}{\tau'(\alpha)}=\frac{-\sqrt{2}}{\beta}=-\alpha$ $ Lo que esto decirte acerca del orden de $\tau'$? ¿Y lo que sabemos sobre la orden de un elemento de un grupo en relación con el orden del grupo?