Condiciones equivalentes a las de una extensión de Galois (Ejercicio VI.4 en Lang Álgebra)

Question

deje $k$ ser un campo de característica $\neq 2$. Deje $c\in k, c\notin k^2$. Deje $F=k(\sqrt{c})$ . Deje $\alpha=a+b\sqrt{c}$ $a,b\in k$ no tanto $a,b=0$. Deje $E=F(\sqrt{\alpha})$. Probar que las siguientes son equivalentes :

• $E$ es de Galois sobre $k$.
• $E=F(\sqrt{\alpha'})$ donde $\alpha'=a-b\sqrt{c}$.
• Cualquiera de las $\alpha\alpha'\in k^2$ o $c\alpha \alpha'\in k^2$.

Muestran que cuando se cumplen estas condiciones, a continuación, $E$ es cíclico $k$ grado $4$ fib $c\alpha\alpha'\in k^2$.

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Lo que he probado hasta ahora es :

$E=F(\sqrt{a+b\sqrt{c}})=k(\sqrt{c},\sqrt{a+b\sqrt{c}})=k(\sqrt{a+b\sqrt{c}})$

Como $\sqrt{a-b\sqrt{c}}$ es otra raíz del polinomio mínimo de a $\sqrt{a+b\sqrt{c}}$ y $E/k$ es de galois vemos que $E=F(\sqrt{a-b\sqrt{c}})$ (al lado de raíz debe dar extensión de la misma)..

Así, la primera declaración implica segundo..

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Supongamos $\alpha\alpha'\in k^2$ es decir, $a^2-b^2c\in k^2$, entonces puedo escribir $\sqrt{a+b\sqrt{c}}=\sqrt{m}+\sqrt{n}$$m,n\in k$.

Para ser precisos, $m=\frac{1}{2}(a+\sqrt{a^2-b^2c})$ $n=\frac{1}{2}(a-\sqrt{a^2-b^2c})$

Entonces he a $E=k(\sqrt{a+b\sqrt{c}})=k(\sqrt{m}+\sqrt{n})=k(\sqrt{m},\sqrt{n})$

Tenemos un resultado que dice $k(\sqrt{m},\sqrt{n})$ es de grado $4$ si $mn $ no es un cuadrado en $k$..

En este caso tenemos a $mn=c$ que no es un cuadrado en $k$ $E$ es de grado $4$ $k$ ... Más puedo ver en este caso tenemos galois grupo a se $\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$.

Así que, me han demostrado que si $c\alpha\alpha'\notin k^2$, entonces el grupo de Galois no es cíclico.. Como sólo hay dos posibles grupos de orden $4$ me tiene que probar que $E$ es cíclico $k$ grado $4$ fib $c\alpha\alpha'\in k^2$.

No tengo idea de cómo proceder demostrando segunda declaración implica la tercera y la tercera implica en primer lugar..

Por favor, darle algunos consejos..

Answer 1

Usted ha mostrado $(1 \Longrightarrow 2)$, por lo que sólo voy a discutir el resto.

Sugerencias:

Para la implicación $(2 \Longrightarrow 3)$ mostrar el producto, $\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'}\in E$ es en realidad en $F$. Considere cómo el no-trivial automorphism de $F/k$ actúa en $\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'}$, y muestre $\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'}\in k$ o $\sqrt{c}\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'}\in k$.

Para la implicación $(2 \Longrightarrow 1)$ investigar las posibilidades de $\sigma(E)$ $\sigma \in Gal(\overline{E}/k)$ donde $\overline{E}$ es algunos fijos algebraicas cierre de $E$. ¿Cuáles son las posibilidades de $\sigma(\sqrt{\alpha})$? Recordemos que $E/k$ es de Galois si y sólo si $\sigma(E)=E$ todos $\sigma$.

Para la implicación $(3 \Longrightarrow 2)$ aviso que $F(\sqrt{\alpha})=F(\sqrt{\alpha'})$ si $\sqrt{\alpha} \sqrt{\alpha'} \in F$, o, equivalentemente, si $\alpha \alpha' \in F^2$.

Cuando se cumplen estas condiciones, es posible dada una automorphism de $E$ mediante la especificación de cómo se actúa en $\sqrt{c}$ y en $\sqrt{\alpha}$. Uno puede mostrar $\sigma$ debe tener un orden $2$ si se corrige $\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'}$.

Soluciones:

$(2 \Longrightarrow 3):$La no-trivial automorphism de $E/F=F(\sqrt{\alpha})/F$ envía $\sqrt{\alpha}$$-\sqrt{\alpha}$. Si $E=F(\sqrt{\alpha'})$, también envía a$\sqrt{\alpha'}$$-\sqrt{\alpha'}$. Por lo tanto, se corrige $\beta = \sqrt{\alpha}.\sqrt{\alpha'}$$\beta \in F$. La no-trivial automorphism de $F/k$ envía $\sqrt{c}$$-\sqrt{c}$. Por lo tanto se envía a$a+b\sqrt{c}$$a-b\sqrt{c}$, por lo que se corrige $\beta^2=\alpha \alpha'$, y por lo tanto se corrige $\beta$ o la envía a $-\beta$. Si se corrige $\beta$, $\alpha \alpha'=\beta^2$ es un cuadrado de $k$. De lo contrario, se envía a$\beta$$-\beta$, por lo que se corrige $\sqrt{c}\beta$, y que en caso de $c\alpha \alpha'=(\sqrt{c} \beta)^2$ es un cuadrado en $k$.

$(2 \Longrightarrow 1):$ Supongamos $\sigma$ es un automorphism de algunos algebraicas cierre de $\overline{E}$ $E$ que corrige $k$. Tenemos $\sigma(\sqrt{c})=\pm \sqrt{c}$. Cualquiera de las $\sigma(\sqrt{c})=\sqrt{c}$, en cuyo caso $\sigma(\sqrt{\alpha})=\pm \sqrt{\alpha}$ o $\sigma(\sqrt{c})=-\sqrt{c}$, en cuyo caso $\sigma(\sqrt{\alpha})=\pm \sqrt{\alpha'}$. Por lo tanto, $\sigma(F(\sqrt{\alpha}))=F(\sqrt{\alpha})$ o $\sigma(F(\sqrt{\alpha}))=F(\sqrt{\alpha'})$. Desde el último caso, ocurre que para algunos $\sigma$, se deduce que el $F(\sqrt{\alpha})=F(\sqrt{\alpha'})$ si y sólo si $\sigma(F(\sqrt{\alpha}))=F(\sqrt{\alpha})$ por cada $\sigma$, es decir, si y sólo si $E$ es de Galois sobre $k$.

$(3 \Longrightarrow 2):$ Si $\alpha \alpha'$ o $c \alpha \alpha'$ pertenecen a $k^2$,$\alpha \alpha' \in F^2$, por lo que el $\beta=\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'} \in F$. Esto implica $\sqrt{\alpha'}=\beta/\sqrt{\alpha} \in E$. Desde $\sqrt{\alpha'}\in E$ tiene el grado $2$ más de $F$, $E=F(\sqrt{\alpha'})$.

Supongamos que se cumplen estas condiciones y $Gal(E/k)$ es cíclico de orden $4$, generado por $\sigma$. Tenga en cuenta que $\sigma$ está determinado por su acción sobre el $\sqrt{c}$$\sqrt{\alpha}$. Ahora $\sigma(\sqrt{c})=-\sqrt{c}$ necesariamente de lo contrario, todos los poderes de $\sigma$ act trivialmente en $F$, lo $\sigma(\sqrt{\alpha})=\pm \sqrt{\alpha'}$. Si $\alpha \alpha' \in k^2$, $\sigma$ corrige $\sqrt{\alpha}\sqrt{\alpha'}$. En ese caso, se seguiría que $\sigma^2$ corrige $\sqrt{\alpha}$ $\sigma$ orden $2$, lo que resulta en una contradicción. Por lo tanto, $c\alpha \alpha' \in k^2$ por la tercera propiedad anterior. Por el contrario, si $c \alpha \alpha' \in k^2$, entonces tenemos un automorphism de $E/k$ orden $4$, determinado por $\sigma(\sqrt{c})=-\sqrt{c}$$\sigma(\sqrt{\alpha})=-\sqrt{\alpha'}$.