Esercizio su polinomio e gruppo di Galois

[asabasa]

$f=x^4-5x^2+6 in Q[x]$
allora
$f=(x^2-2)(x^2-3)$

Il campo di spezzamento di questo polinomio è $F=Q(sqrt2,sqrt3)$ ottenuto con l'aggiunta delle radici reali $sqrt2,sqrt3$, la cui Q-base è ${1,sqrt2,sqrt3,sqrt6}$

(*)
$Gal(F$ $/K)=(F:Q)=4$ ed $F={a_1+a_2sqrt2+a_3sqrt3+a_4sqrt6 : a_i in Q}$ quindi $Gal(F$ $/K)~=V_4$

Posso trovare una torre radicale?

$F_1= Q(sqrt3)$
$F_2= F_1(sqrt2)$

$Q=F_0<= F_1<=F_2$
$(sqrt3)^2=3 in Q$
$(sqrt2)^2=2 in F_1$

Se considero tutti i possibili automorfismi di $Gal(F$$/K)$

$alpha_1$ identità
$alpha_1(a)=a_1+a_2sqrt2+a_3sqrt3+a_4sqrt6$

$alpha_2$ : $alpha_2(sqrt2)=-sqrt2,alpha_2(sqrt3)=+sqrt3$
$alpha_2(a)=a_1-a_2sqrt2+a_3sqrt3-a_4sqrt6$

$alpha_3$ :$alpha_3(sqrt2)=+sqrt2,alpha_3(sqrt3)=-sqrt3$
$alpha_3(a)=a_1+a_2sqrt2-a_3sqrt3-a_4sqrt6$

$alpha_4$ : $alpha_4(sqrt2)=-sqrt2,alpha_(sqrt3)=-sqrt3$
$alpha_4(a)=a_1-a_2sqrt2-a_3sqrt3+a_4sqrt6$

$F^{alpha_3}={a_1+a_2sqrt2 : a_i in Q}$

E' giusto?

EDIT (*) posso dire che $Gal(F$ $/Q)=(F:Q)$ perchè $f$ è irriducibile per Eisenstein e $Df !=0$ per cui $f$ è un polinomio separabile, F estensione di Galois e $Gal(F$ $/Q)=(F:Q)$

[asabasa]

post doppio

[asabasa]

Se fosse stato $f=x^4-x^2-6=(x^2-3)(x^2+2)=(x^2-3)(x+isqrt2)(x-isqrt2)$

Allora il campo di spezzamento è $F=Q(sqrt3, isqrt2)$?

Ci sono delle regole generali per affrontare questo tipo di esercizi?

Per esempio e il gruppo di Galois $G$
$|G|=1 \Rightarrow G= {1}$
$|G|=2,3 \Rightarrow G~= ZZ_2,ZZ_3$
$|G|=4 \Rightarrow G~=V_4$
$|G|=5,7 \Rightarrow G~=ZZ_5,ZZ_7$
$|G|=6 \Rightarrow G~=ZZ_6 $ o $G~=S_3$
$|G|=8 G~=D_8 $

Poi mi pare di aver capito che:
-se io ho $x^2 - a$ questo polinomio non ha radici complesse
-se $x^n-a$ con n pari o dispari maggiore di $2$ devo considerare le radici n-esime dell'unità, e quindi ci sono radici complesse.

[j18eos]

... quindi $ Gal(F $ $ /K)~=V_4 $...

Perché?

...Per esempio e il gruppo di Galois $ G $...
$ |G|=4 \Rightarrow G~=V_4 $...
$ |G|=8 G~=D_8 $...

Non è vero; può essere:
\[
|G|=4\Rightarrow G\simeq\mathrm{V}_4\lor\mathbb{Z}_4;\\
|G|=8\Rightarrow G\simeq\mathrm{Q}_8\lor\mathrm{D}_4
\]
e non elenco gli altri gruppi abeliani di ordine \(\displaystyle8\).

[asabasa]

... quindi $ Gal(F $ $ /K)~=V_4 $...

Perché?

Poichè ha ordine 4 o è ciclico oppure è ismorfo a $V_4$
(Credo) Poichè tutti gli elementi hanno periodo 2 (eccetto l'identità) $ Gal(F $ $ /K)~=V_4 $

...Per esempio e il gruppo di Galois $ G $...
$ |G|=4 \Rightarrow G~=V_4 $...
$ |G|=8 G~=D_8 $...

Non è vero; può essere:
\[
|G|=4\Rightarrow G\simeq\mathrm{V}_4\lor\mathbb{Z}_4;\\
|G|=8\Rightarrow G\simeq\mathrm{Q}_8\lor\mathrm{D}_4
\]

Si hai ragione, non li ho scritti tutti

[j18eos]

...(Credo) Poichè tutti gli elementi hanno periodo 2 (eccetto l'identità) $ Gal(F $ $ /K)~=V_4 $...

Controlla! : )

[asabasa]

...(Credo) Poichè tutti gli elementi hanno periodo 2 (eccetto l'identità) $ Gal(F $ $ /K)~=V_4 $...

Controlla! : )

Vuoi che posto il ragionamento perchè pensi sia sbagliato?

$(alpha_2)^2=1$
$(alpha_3)^2=1$
$(alpha_4)^2=1$

[j18eos]

Mi è parso di capire che tu fossi ancora nel dubbio!

Delle torri radicali ricordo solo il nome...

[Martino]

I polinomi della forma \( \displaystyle f = (x^2-a)(x^2-b) \) con \( \displaystyle \mathbb{Q}(\sqrt{a}) \neq \mathbb{Q}(\sqrt{b}) \) e \( \displaystyle \sqrt{a},\sqrt{b} \not \in \mathbb{Q} \) hanno gruppo di Galois \( \displaystyle V_4 = C_2 \times C_2 \) , infatti essendo \( \displaystyle \mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b}) / \mathbb{Q} \) estensione di Galois di grado 4 (di Galois perché è campo di spezzamento di \( \displaystyle f \) ) il suo gruppo di Galois ha ordine 4 e non è ciclico dato che ci sono due sottogruppi di indice 2 (corrispondenti, tramite le corrispondenze di Galois, ai due intercampi \( \displaystyle \mathbb{Q}(\sqrt{a}),\mathbb{Q}(\sqrt{b}) \) di grado 2). L'unico gruppo non ciclico di ordine 4 è \( \displaystyle V_4 \) .