Esercizio di teoria di Galois
Salve, ho il seguente esercizio:
Determinare il gruppo di Galois di $p(x) = (x^3 - 27)(x^4 - 2) \in \mathbb{Q}[x]$
Sono un po' arrugginito in teoria dei campi, quindi, prima di procedere al calcolo del gruppo, vorrei sapere se ho calcolato bene il campo di spezzamento di $p$.
$p(x) = (x-3)(x^2 + 3x + 9)(x^4 - 2)$, le radici di $p$ sono ${3, 3\omega, 3\omega^2, +- root(4)(2), +-iroot(4)(2)}$ dove $\omega = -1/2 + isqrt(3)/2$. Quindi $E = \mathbb{Q}(3, 3\omega, 3\omega^2, +- root(4)(2), +-iroot(4)(2))$ è un c.d.s. di $p(x)$. $E = \mathbb{Q}(sqrt(3), root(4)(2), i)$, infatti è ovvio che $E \sube \mathbb{Q}(\omega, root(4)(2), i)$ in quanto ${3, 3\omega, 3\omega^2, +- root(4)(2), +-iroot(4)(2)} \sub \mathbb{Q}(sqrt(3), root(4)(2), i)$, per quanto riguarda l'altra inclusione: $i \in E$ poichè $i = \frac{iroot(4)(2)}{root(4)(2)}$ e questo implica che $\sqrt(3) \in E$ da cui la tesi.
Calcolo il grado di $E = \mathbb{Q}(sqrt(3), root(4)(2), i)$ su $\mathbb{Q}$: considero la torre $F = \mathbb{Q} \sube \mathbb{Q}(root(4)(2)) \sube \mathbb{Q}(root(4)(2), i) \sube \mathbb(Q}(root(4)(2), i, sqrt(3)) = E$, allora: $[E : F] = [E: \mathbb{Q}(root(4)(2), i)]*[\mathbb{Q}(root(4)(2), i) : \mathbb{Q}(root(4)(2))] * [\mathbb{Q}(root(4)(2)) : F]$ adesso:
1)$ [\mathbb{Q}(root(4)(2)) : F] = 4$ in quanto $x^4 - 2$ è irriducibile su $\mathbb{Q}$ per Eisentstein.
2)$[\mathbb{Q}(root(4)(2), i) : \mathbb{Q}(root(4)(2))] = 2$ perché $i$ ha come polinomio minimo $x^2 + 1$ e $i \notin \mathbb{Q}(root(4)(2))$ in quanto quest'ultimo è contenuto in $\mathbb{R}$
3)$[E: \mathbb{Q}(root(4)(2), i)] = 2$ poiché $\sqrt(3)$ ha come polinomio minimo $x^2 - 3$ su $\mathbb{Q}(root(4)(2), i)$ e $\sqrt(3) \notin \mathbb{Q}(root(4)(2), i)$
Quindi $[E] = 2 * 2 * 4 = 16$
Fin qui è tutto corretto?
Determinare il gruppo di Galois di $p(x) = (x^3 - 27)(x^4 - 2) \in \mathbb{Q}[x]$
Sono un po' arrugginito in teoria dei campi, quindi, prima di procedere al calcolo del gruppo, vorrei sapere se ho calcolato bene il campo di spezzamento di $p$.
$p(x) = (x-3)(x^2 + 3x + 9)(x^4 - 2)$, le radici di $p$ sono ${3, 3\omega, 3\omega^2, +- root(4)(2), +-iroot(4)(2)}$ dove $\omega = -1/2 + isqrt(3)/2$. Quindi $E = \mathbb{Q}(3, 3\omega, 3\omega^2, +- root(4)(2), +-iroot(4)(2))$ è un c.d.s. di $p(x)$. $E = \mathbb{Q}(sqrt(3), root(4)(2), i)$, infatti è ovvio che $E \sube \mathbb{Q}(\omega, root(4)(2), i)$ in quanto ${3, 3\omega, 3\omega^2, +- root(4)(2), +-iroot(4)(2)} \sub \mathbb{Q}(sqrt(3), root(4)(2), i)$, per quanto riguarda l'altra inclusione: $i \in E$ poichè $i = \frac{iroot(4)(2)}{root(4)(2)}$ e questo implica che $\sqrt(3) \in E$ da cui la tesi.
Calcolo il grado di $E = \mathbb{Q}(sqrt(3), root(4)(2), i)$ su $\mathbb{Q}$: considero la torre $F = \mathbb{Q} \sube \mathbb{Q}(root(4)(2)) \sube \mathbb{Q}(root(4)(2), i) \sube \mathbb(Q}(root(4)(2), i, sqrt(3)) = E$, allora: $[E : F] = [E: \mathbb{Q}(root(4)(2), i)]*[\mathbb{Q}(root(4)(2), i) : \mathbb{Q}(root(4)(2))] * [\mathbb{Q}(root(4)(2)) : F]$ adesso:
1)$ [\mathbb{Q}(root(4)(2)) : F] = 4$ in quanto $x^4 - 2$ è irriducibile su $\mathbb{Q}$ per Eisentstein.
2)$[\mathbb{Q}(root(4)(2), i) : \mathbb{Q}(root(4)(2))] = 2$ perché $i$ ha come polinomio minimo $x^2 + 1$ e $i \notin \mathbb{Q}(root(4)(2))$ in quanto quest'ultimo è contenuto in $\mathbb{R}$
3)$[E: \mathbb{Q}(root(4)(2), i)] = 2$ poiché $\sqrt(3)$ ha come polinomio minimo $x^2 - 3$ su $\mathbb{Q}(root(4)(2), i)$ e $\sqrt(3) \notin \mathbb{Q}(root(4)(2), i)$
Quindi $[E] = 2 * 2 * 4 = 16$
Fin qui è tutto corretto?
Risposte
Mi sembra tutto corretto!
Bene, procedo con il calcolo del gruppo.
Innanzi tutto diamo un po' di nomi: $F = \mathbb{Q}$ e $E = \mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))$, sia $K = \mathbb{Q}(i)$ e $L = \mathbb{Q}(root(4)(2), sqrt(3))$.
1)$E//F$ è un'estensione di Galois perché $E$ è c.d.s. di $p(x)$, che è separabile(cioè prodotto di irriducibili separabili, che nella definizione che mi è stata data significa che hanno derivata non nulla), questo implica che $|G| = |Aut(E//F)| = [E] = 16$;
$E//K$ è di galois perché $E$ è di Galois e $F \sube K \sube E$ e quindi $|P| = |Aut(E//K)| = [E] = 8$, il grado è $8$ perché considero la torre $F \sube K = \mathbb{Q}(i) \sube \mathbb{Q}(root(4)(2), i) \sube E$ da cui $[E: K] = [E:\mathbb{Q}(root(4)(2), i)]*[\mathbb{Q}(root(4)(2), i):K] = 2*4$, infine anche $E//L$ è di Galois perché $F \sube L \sube E$ e $E$ è di galois e quindi $|H| = |Aut(E//L)| = [E] = 2$ perché considerando la torre $L = \mathbb{Q}(root(4)(2), sqrt(3)) \sube \mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3)) = E$ segue appunto che $[E] = 2$.
2)Dato che $L//F$ è di galois segue che $P$ è normale in $G$(si può vedere anche dall'indice di $P$), inoltre $H$ è isomorfo a $\mathbb{Z_2}$, dimostro che $P \nn H = {id}$: $\tau \in P \nn H < G$ lascia fisso $L$ punto per punto perché appartiene ad $H$ quindi in particolare lascia fisso $root(4)(2)$, $sqrt(3)$, inoltre $\tau \in P$ dunque lascia fisso $i$ il che implica che lascia fisso punto per punto $E$ e quindi $\tau = id$.
3) Quindi $Aut(E//F)$ è un prodotto semidiretto fra $P = Aut(E//K) = Aut(E//\mathbb{Q}(i))$ e $H = Aut(E//L) ) =Aut(E//\mathbb{Q}(root(4)(2), sqrt(3))) \cong \mathbb{Z_2}$, inoltre $G$ non è abeliano perché $\mathbb{Q} \sube mathbb{Q}(root(4)(2))$ non è di galois e quindi $Aut(E//\mathbb{Q}(root(4)(2))$ non è normale in $G$.
Tutto corretto fin'ora? Temo di essermi complicato la vita, poiché adesso va capito a chi è isomorfo $P$ e infine bisogna trovare l'omomorfismo che identifica semidiretto. Chiedo scusa se la sto facendo lunga ma è il mio primo esercizio di teoria di Galois.
Innanzi tutto diamo un po' di nomi: $F = \mathbb{Q}$ e $E = \mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))$, sia $K = \mathbb{Q}(i)$ e $L = \mathbb{Q}(root(4)(2), sqrt(3))$.
1)$E//F$ è un'estensione di Galois perché $E$ è c.d.s. di $p(x)$, che è separabile(cioè prodotto di irriducibili separabili, che nella definizione che mi è stata data significa che hanno derivata non nulla), questo implica che $|G| = |Aut(E//F)| = [E] = 16$;
$E//K$ è di galois perché $E$ è di Galois e $F \sube K \sube E$ e quindi $|P| = |Aut(E//K)| = [E] = 8$, il grado è $8$ perché considero la torre $F \sube K = \mathbb{Q}(i) \sube \mathbb{Q}(root(4)(2), i) \sube E$ da cui $[E: K] = [E:\mathbb{Q}(root(4)(2), i)]*[\mathbb{Q}(root(4)(2), i):K] = 2*4$, infine anche $E//L$ è di Galois perché $F \sube L \sube E$ e $E$ è di galois e quindi $|H| = |Aut(E//L)| = [E] = 2$ perché considerando la torre $L = \mathbb{Q}(root(4)(2), sqrt(3)) \sube \mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3)) = E$ segue appunto che $[E] = 2$.
2)Dato che $L//F$ è di galois segue che $P$ è normale in $G$(si può vedere anche dall'indice di $P$), inoltre $H$ è isomorfo a $\mathbb{Z_2}$, dimostro che $P \nn H = {id}$: $\tau \in P \nn H < G$ lascia fisso $L$ punto per punto perché appartiene ad $H$ quindi in particolare lascia fisso $root(4)(2)$, $sqrt(3)$, inoltre $\tau \in P$ dunque lascia fisso $i$ il che implica che lascia fisso punto per punto $E$ e quindi $\tau = id$.
3) Quindi $Aut(E//F)$ è un prodotto semidiretto fra $P = Aut(E//K) = Aut(E//\mathbb{Q}(i))$ e $H = Aut(E//L) ) =Aut(E//\mathbb{Q}(root(4)(2), sqrt(3))) \cong \mathbb{Z_2}$, inoltre $G$ non è abeliano perché $\mathbb{Q} \sube mathbb{Q}(root(4)(2))$ non è di galois e quindi $Aut(E//\mathbb{Q}(root(4)(2))$ non è normale in $G$.
Tutto corretto fin'ora? Temo di essermi complicato la vita, poiché adesso va capito a chi è isomorfo $P$ e infine bisogna trovare l'omomorfismo che identifica semidiretto. Chiedo scusa se la sto facendo lunga ma è il mio primo esercizio di teoria di Galois.
Scusami faccio fatica a seguirti, inoltre data la tua conclusione non credo che la tua strategia sia la migliore. Di solito la cosa più naturale da fare in questi casi, in cui hai un polinomio $P$ che è prodotto di due fattori $Q$ e $R$, è mostrare che $Gal(P)$ è il prodotto diretto tra $Gal(Q)$ e $Gal(R)$. Questo naturalmente non è sempre vero, ma è vero se i campi di spezzamento dei due fattori si intersecano in $QQ$, come in questo caso. In altre parole anziché quelli che tu hai chiamato $P$ e $H$ prova a prendere i sottogruppi corrispondenti ai campi di spezzamento dei due fattori del polinomio. Troverai un prodotto semidiretto che in realtà è diretto.
Ok, riprovo seguendo il tuo consiglio.
Sia $G = Aut(\mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))// \mathbb{Q})$, $H = Aut(\mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))//\mathbb{Q}(sqrt(3)))$ e $K = Aut(\mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))//\mathbb{Q}(root(4)(2), i))$. $H$ è il gruppo di Galois di $x^4 - 2$ e $K$ è il gruppo di Galois di $x^3 - 27$, inoltre $K \nn H = {id}$ e $H$ è normale in $G$ poiché $|H| = 8$ e ha indice $2$ in $G$.
$H$ è isomorfo a $D_4$, $K \cong \mathbb{Z_2}$ e, per quanto scritto in precedenza, $G = H \rtimes_{\tau} K$ dove $\tau: K \to Aut(H)$, cioè $\tau: \mathbb{Z_2} \to D_4$($Aut(D_4)$ è isomorfo a $D_4$). Corretto?
Se sì... come dimostro che il prodotto è diretto?
Sia $G = Aut(\mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))// \mathbb{Q})$, $H = Aut(\mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))//\mathbb{Q}(sqrt(3)))$ e $K = Aut(\mathbb{Q}(root(4)(2), i, sqrt(3))//\mathbb{Q}(root(4)(2), i))$. $H$ è il gruppo di Galois di $x^4 - 2$ e $K$ è il gruppo di Galois di $x^3 - 27$, inoltre $K \nn H = {id}$ e $H$ è normale in $G$ poiché $|H| = 8$ e ha indice $2$ in $G$.
$H$ è isomorfo a $D_4$, $K \cong \mathbb{Z_2}$ e, per quanto scritto in precedenza, $G = H \rtimes_{\tau} K$ dove $\tau: K \to Aut(H)$, cioè $\tau: \mathbb{Z_2} \to D_4$($Aut(D_4)$ è isomorfo a $D_4$). Corretto?
Se sì... come dimostro che il prodotto è diretto?
Per mostrare che il prodotto è diretto basta mostrare che $K$ è normale in $G$. Nel solito modo: prendi $g in G$, $x in K$ e mostra che $g^{-1}xg in K$. Comunque non so come mai consideri $x^2-3$, il fattore originale è $x^3-27$.
"Martino":
Per mostrare che il prodotto è diretto basta mostrare che $K$ è normale in $G$. Nel solito modo: prendi $g in G$, $x in K$ e mostra che $g^{-1}xg in K$. Comunque non so come mai consideri $x^2-3$, il fattore originale è $x^3-27$.
Chiaro, ti ringrazio.
Hai ragione riguardo al polinomio: ho scritto il messaggio mentre risolvevo un altro esercizio, edito il post.
Ciao
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