Gruppo di Galois di un'estensione abeliano?

[chiara323]

Ciao a tutti . Vi espongo un problema sulla teoria di Galois in cui mi sono imbattuta.

Sia $\F$ il campo di riducibilità completa del polinomio $\f=x^4-2$ su $\mathbb{Q}$.
(a)Si verifichi che $\F=\mathbb{Q}(i,root(4)(2))$ e si determini $\[F:\mathbb{Q}]$
(b)Si dimostri: $\Gal(F\\mathbb{Q}(root(4)(2)))\cong\mathbb{Z}\\mathbb{2Z}$ e che $\Gal(F\\mathbb{Q}(i))\cong\mathbb{Z}\\mathbb{4Z}$
(c)Si decida se $\Gal(F\\mathbb{Q})$ è abeliano

I punti (a) e (b) sono semplici e si verifica che $\[F:\mathbb{Q}]=8$. Invece il punto (c) mi provoca qualche perplessità.
So per certo, essendo l'estensione $\F\\mathbb{Q}$ di Galois ($\F$ è c.r.c di un polinomio separabile), che l'ordine di $\Gal(F\\mathbb{Q})$ è 8, ma non so come questo mi possa aiutare,infatti non so più come andare avanti.
Mi potete aiutare? Grazie!

Per chi di voi usi una notazione e una nomenclatura diversa dalla mia....
Con campo di riducibilità completa del polinomio $\f$ intendo la più piccola estensione di $\mathbb{Q}$ in cui $\f$ è prodotto di fattori lineari.
Con $\[F:\mathbb{Q}]$ intendo il grado dell'estensione $F\\mathbb{Q}$.

[maurer]

Oh, ma è semplicissimo! La domanda che devi farti è: \( \displaystyle \mathbb Q[\sqrt[4]{2}] \) è un'estensione di Galois su \( \displaystyle \mathbb Q \) ? Perché, se la risposta fosse no, allora per il teorema di corrispondenza di Galois, il tuo gruppo non potrebbe essere abeliano! Infatti ogni sottogruppo di un gruppo abeliano è normale e quindi...

[Martino]

Sottoscrivo quanto detto da maurer.

Aggiungo qualche considerazione. Ricorda che il gruppo di Galois \( \displaystyle G \) di un polinomio \( \displaystyle f(x) \) di grado \( \displaystyle n \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) agisce sugli \( \displaystyle n \) zeri di \( \displaystyle f(x) \) , e naturalmente un elemento di \( \displaystyle G \) è l'identità se e solo se fissa tutti gli zeri di \( \displaystyle f(x) \) - quindi tale azione è fedele (per la cronaca, è transitiva se e solo se il polinomio è irriducibile, dato che orbite distinte corrispondono a fattori propri). Questo (se conosci le azioni dei gruppi lo sai) fornisce un omomorfismo iniettivo \( \displaystyle G \to S_n \) .

Ora, come sono fatti i sottogruppi di \( \displaystyle S_4 \) di ordine \( \displaystyle 8 \) ? Non saranno mica proprio i \( \displaystyle 2 \) -Sylow?

Per dimostrare che \( \displaystyle G \cong D_8 \) (il gruppo diedrale di ordine \( \displaystyle 8 \) ) basta quindi trovare un qualsiasi omomorfismo iniettivo \( \displaystyle D_8 \to S_4 \) , o, detto altrimenti, un'azione fedele di \( \displaystyle D_8 \) su quattro punti (i vertici di un quadrato? ).

[chiara323]

Grazie delle risposte Mi sono state utili e, cosa più importante, ho capito. Ciao a tutti

[Martino]

Visto che tempo fa ho fatto questo lavoro, lo riporto qui.

Detto \( \displaystyle u:=\sqrt[4]{2} \) , sappiamo che \( \displaystyle F = \mathbb{Q}(u,i) \) . I quattro zeri di \( \displaystyle f(X)=X^4-2 \) sono \( \displaystyle u_1=u \) , \( \displaystyle u_2=-u \) , \( \displaystyle u_3=iu \) , \( \displaystyle u_4=-iu \) . Il coniugio di \( \displaystyle \mathbb{C} \) ristretto a \( \displaystyle F \) è un automorfismo di \( \displaystyle F \) quindi appartiene a \( \displaystyle G \) , chiamiamolo \( \displaystyle \tau \) . Identificando \( \displaystyle G \) col sottogruppo di \( \displaystyle S_4 \) dato dall'azione di \( \displaystyle G \) sui quattro zeri di \( \displaystyle f(X) \) , e identificando \( \displaystyle i \) con \( \displaystyle u_i \) per \( \displaystyle i=1,2,3,4 \) , è facile vedere che \( \displaystyle \tau = (34) \) . Sappiamo che \( \displaystyle G \) è un 2-Sylow di \( \displaystyle S_4 \) , ed è facile vedere che l'unico 2-Sylow di \( \displaystyle S_4 \) che contiene \( \displaystyle (34) \) è \( \displaystyle \langle (1324),(34) \rangle \) . Chiamiamo \( \displaystyle \sigma := (1324) \) . La seguente tabella descrive come gli elementi di \( \displaystyle G \) agiscono sugli elementi \( \displaystyle u,i \) di \( \displaystyle F \) .



Otteniamo quanto segue (qui \( \displaystyle M=F \) , e ricordo che \( \displaystyle G \cong D_8 \) , il gruppo diedrale di ordine otto). Questo è il primo vero esempio che mi ha fatto apprezzare la teoria di Galois L'isomorfismo tra i due reticoli è dato dalle corrispondenze di Galois.

[Paolo90]

Avrei una domanda sul bell'esempio che hai postato, Martino.

Volevo verificare la corrispondenza di Galois; in particolare, ho fatto un po' di conti per mostrare che il campo fisso di $<sigma^3tau> =\{(14)(23), \text{id} \}$ è proprio $QQ((1-i)u)$.

Dunque, l'estensione $QQ(u,i)$ ha grado 8 su $QQ$, giusto? Posso affermare che una base è $( 1,u,i,u^2,u^3, ui,u^2i,u^3i)$? A questo punto, stando ai tuoi conti, $sigma^3tau$ manda $u \mapsto -ui$ e $i \mapsto -i$. Di conseguenza, l'immagine di $alpha=a_0+a_1u+a_2i+a_3u^2+a_4u^3+a_5ui+a_6u^2i+a_7u^3i$ ($a_i \in \QQ$) mediante questo $QQ$-automorfismo (chiamiamolo per semplicità $\phi$) è
\[
\phi(\alpha) = a_0 -a_1ui -a_2i-a_3u^2+a_4u^3i-a_5u+a_6u^2i+a_7u^3
\]

Quindi, io direi che il sottocampo fissato da $\phi$ è l'insieme
\[
\{ a_0+a_1u+a_4u^3-a_1ui+a_6u^2i+a_4u^3i\quad a_i \in \mathbb{Q}\}
\]

Question: come faccio a vedere (ammesso che sia corretto) che questo è esattamente $QQ((1-i)u)$? Mi perdo qualcosa, evidentemente, ma non riesco a capire che cosa.

Grazie

[Martino]

Quindi, io direi che il sottocampo fissato da $\phi$ è l'insieme
\[
\{ a_0+a_1u+a_4u^3-a_1ui+a_6u^2i+a_4u^3i\quad a_i \in \mathbb{Q}\}
\]
Question: come faccio a vedere (ammesso che sia corretto) che questo è esattamente $QQ((1-i)u)$?

Riarrangiando i termini il generico elemento risulta della forma \( \displaystyle a_0+a_1u(1-i)+a_4u^3(1+i)+a_6 u^2 i \) , quindi sei ridotto a mostrare che \( \displaystyle u^3(1+i) \) e \( \displaystyle u^2 i \) appartengono a \( \displaystyle \mathbb{Q}((1-i)u) \) .

...Conti

[maurer]

Temo, per doppia inclusione. Chiama \( \displaystyle E \) il sottocampo fissato da \( \displaystyle \phi \) . Allora \( \displaystyle \mathbb Q((1-i)u) \subset E \) . Ora, \( \displaystyle (1-i)^2 u^2 = - 2 i u^2 \) , quindi \( \displaystyle i u^2 \in \mathbb Q[(1-i)u] \) .
Poi scrivi \( \displaystyle a_0 + a_1 u + a_4 u^3 - a_1 ui + a_6 u^2 i + a_4 u^3 i = a_0 + a_1(1-i)u + a_6 u^2 i + a_4(1+i)u^3 \) e osservi che \( \displaystyle (1+i) = \frac{(1-i)^3}{8} \in \mathbb Q[(1-i)u] \) ...

(Ho scritto in contemporanea con Martino...)

[Paolo90]

Riarrangiando i termini il generico elemento risulta della forma \( \displaystyle a_0+a_1u(1-i)+a_4u^3(1+i)+a_6 u^2 i \) , quindi sei ridotto a mostrare che \( \displaystyle u^3(1+i) \) e \( \displaystyle u^2 i \) appartengono a \( \displaystyle \mathbb{Q}((1-i)u) \) .

... il che è ovvio, una volta osservato che, essendo \( \displaystyle \mathbb{Q}((1-i)u) \) un campo e \( \displaystyle (1-i)u \in \mathbb{Q}((1-i)u) \) , allora anche \( \displaystyle iu^2 = -\frac{1}{2}[(1-i)u]^2 \in \mathbb{Q}((1-i)u) \) e così pure \( \displaystyle (1+i)u^3 = -\frac{1}{2}(1+i)^3u^3 \in \mathbb{Q}((1-i)u) \) .

Temevo di aver sbagliato strada e di essermi perso qualche pezzo nella determinazione del campo fisso.
Grazie mille, Martino, prezioso e gentile come sempre.

P.S. Scusa, Mauro, non avevo proprio visto il tuo intervento. Direi che hai praticamente fatto i miei stessi conti Grazie mille per l'aiuto.

[Martino]

Per chi ha voglia, si potrebbe fare lo stesso lavoro che ho fatto io su \( \displaystyle X^4-2 \) sull'esempio 3.3 qui. Il gruppo di Galois di \( \displaystyle g(X) := X^4+8X+12 \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) è \( \displaystyle A_4 \) . Il reticolo di \( \displaystyle A_4 \) è questo qui:
So che potrebbe sembrare un lavoraccio, ma evitando di voler trovare espressioni esplicite per gli zeri la cosa dovrebbe essere fattibile. Per riuscire a scrivere una base del c.r.c. di \( \displaystyle g(X) \) sarà utile considerare i quattro zeri di \( \displaystyle g(X) \) e i tre zeri della sua risolvente cubica (tre per quattro fa dodici .. ). Boh, è un'idea, potrebbe essere istruttivo.. ma magari è solo un esercizio di estetica.