Galois grupo de $(x^5-3)(x^5-7)$ $\Bbb Q$

Question

Estoy teniendo algunos problemas con la siguiente pregunta:

Deje $f(x)=(x^5-3)(x^5-7)\in\Bbb Q[x]$. Encontrar el grado de la división de campo de la $f$$\Bbb Q$, y determinar el grupo de Galois de $f$$\Bbb Q$.

Me di cuenta de que $x^5-3$ $x^5-7$ son irreducibles en $\Bbb Q[x]$, por lo que sus Galois grupos son isomorfos a un transitiva subgrupo de $S_5$. También me pareció que la división de los campos de estos dos quintics se $\Bbb Q(\sqrt[5] 3,\alpha)$ $\Bbb Q(\sqrt[5] 7,\alpha)$ donde $\alpha^5=1$. Desde $\alpha$ tiene el grado $4$ $\Bbb Q$ $\sqrt[5] 3,\sqrt[5] 7$ tienen un grado $5$$\Bbb Q$, tenemos que los grados de la división de estos campos se $20$. Por lo tanto, tenemos $$\operatorname{Gal}(x^5-3/\Bbb Q)\cong F_{20}\cong \operatorname{Gal}(x^5-7/\Bbb Q) $$ Pero ahora voy a usar un teorema demostrado eso $\operatorname{Gal}(f/\Bbb Q)$ es un subgrupo del producto directo de los anteriores grupos de Galois. No estoy seguro de cómo hacerlo: es decir, $\color{red}{\text{how to determine which subgroup $\operatorname{Ga}(f/\Bbb P)$ corresponds to}}$.

Para el grado de la división de campo de la $f$$\Bbb Q$, he argumentado que es $100$ desde el compositum $\Bbb Q(\sqrt[5] 7,\alpha)\Bbb Q(\sqrt[5] 3,\alpha)=\Bbb Q(\sqrt[5] 3,\sqrt[5] 7,\alpha)$ tiene el grado $5\cdot 5\cdot 4=100$ más de $\Bbb Q$. $\color{red}{\text{Does this make sense}}$?

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Yo también tenía otra pregunta para determinar el grupo de Galois de $(x^3-2)(x^4-2)$$\Bbb Q$. Me mostró que $x^3-2$ tiene el grupo de Galois $S_3$ $x^4-2$ tiene el grupo de Galois $D_4$. A continuación, he argumentado que en la intersección de las dos la división de los campos, $\Bbb Q(\sqrt[3]2,\omega)\cap\Bbb Q(\sqrt[4]2,i)$ es sólo $\Bbb Q$, por lo que tenemos $\operatorname{Gal}((x^3-2)(x^4-2)/\Bbb Q)\cong S_3\times D_4$. $\color{red}{\text{Does this make sense}}$? Con el fin de mostrar $\Bbb Q(\sqrt[3]2,\omega)\cap\Bbb Q(\sqrt[4]2,i)=\Bbb Q$ I sólo argumentó que $\sqrt[4]2,i\notin\Bbb Q(\sqrt[3]2,\omega)$, $\color{red}{\text{is this sufficient}}$?

Answer 1

En el primer "¿ esto tiene sentido?": Sí, es bastante hace. El uso de la torre de la ley, tenemos que $$[\mathbb{Q}(\sqrt[5]3,\sqrt[5]7,\alpha):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt[5]3,\sqrt[5]7,\alpha):\mathbb{Q}(\sqrt[5]7,\alpha)][\mathbb{Q}(\sqrt[5]7,\alpha):\mathbb{Q}(\alpha)][\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=5*5*4=100.$$ En su segundo "¿ esto tiene sentido?": Sí, también lo hace. Si $K_1$ $K_2$ son extensiones de Galois y $K_1 \cap K_2=F$, $$Gal(K_1K_2/F)\cong Gal(K_1/F)\times Gal(K_2/F).$$ So, if $K_1=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,\omega)$ and $K_2=\mathbb{Q}(\sqrt[4]2,i)$ and $Gal(K_1/\mathbb{Q})\cong S_3$ and $Gal(K_2/\mathbb{Q})\cong D_4$, we get the result you got. However, I think that you could be more complete when arguing that $K_1\cap K_2=\mathbb{Q}$, explicando un poco más, aunque no está mal.

En la primera parte, como hemos argumentado en la sección de comentarios, $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt[5]3,\sqrt[5]7,\alpha)/\mathbb{Q})\cong C_5^2\times C_4$. Esto es debido al hecho de que, una vez $\mathbb{Q}(\sqrt[5]3,\sqrt[5]7)\cap \mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q},$

$$Gal(\mathbb{Q}(\sqrt[5]3,\sqrt[5]7,\alpha)/\mathbb{Q})\cong Gal(\mathbb{Q}(\sqrt[5]3,\sqrt[5]7)/\mathbb{Q})\times Gal(\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q})\cong Gal(\mathbb{Q}(\sqrt[5]7)/\mathbb{Q})\times Gal(\mathbb{Q}(\sqrt[5]3)/\mathbb{Q})\times Gal(\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q})\cong C_5\times C_5 \times C_4=C_5^2\times C_4 $$