Gruppo di Galois di un'estensione abeliano?
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 $F\\mathbb{Q}$.
. 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 $F\\mathbb{Q}$.
Risposte
Oh, ma è semplicissimo! La domanda che devi farti è: [tex]\mathbb Q[\sqrt[4]{2}][/tex] è un'estensione di Galois su [tex]\mathbb Q[/tex]? 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...
Sottoscrivo quanto detto da maurer.
Aggiungo qualche considerazione. Ricorda che il gruppo di Galois [tex]G[/tex] di un polinomio [tex]f(x)[/tex] di grado [tex]n[/tex] su [tex]\mathbb{Q}[/tex] agisce sugli [tex]n[/tex] zeri di [tex]f(x)[/tex], e naturalmente un elemento di [tex]G[/tex] è l'identità se e solo se fissa tutti gli zeri di [tex]f(x)[/tex] - 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 [tex]G \to S_n[/tex].
Ora, come sono fatti i sottogruppi di [tex]S_4[/tex] di ordine [tex]8[/tex]? Non saranno mica proprio i [tex]2[/tex]-Sylow?
Per dimostrare che [tex]G \cong D_8[/tex] (il gruppo diedrale di ordine [tex]8[/tex]) basta quindi trovare un qualsiasi omomorfismo iniettivo [tex]D_8 \to S_4[/tex], o, detto altrimenti, un'azione fedele di [tex]D_8[/tex] su quattro punti (i vertici di un quadrato? ).
Aggiungo qualche considerazione. Ricorda che il gruppo di Galois [tex]G[/tex] di un polinomio [tex]f(x)[/tex] di grado [tex]n[/tex] su [tex]\mathbb{Q}[/tex] agisce sugli [tex]n[/tex] zeri di [tex]f(x)[/tex], e naturalmente un elemento di [tex]G[/tex] è l'identità se e solo se fissa tutti gli zeri di [tex]f(x)[/tex] - 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 [tex]G \to S_n[/tex].
Ora, come sono fatti i sottogruppi di [tex]S_4[/tex] di ordine [tex]8[/tex]? Non saranno mica proprio i [tex]2[/tex]-Sylow?
Per dimostrare che [tex]G \cong D_8[/tex] (il gruppo diedrale di ordine [tex]8[/tex]) basta quindi trovare un qualsiasi omomorfismo iniettivo [tex]D_8 \to S_4[/tex], o, detto altrimenti, un'azione fedele di [tex]D_8[/tex] su quattro punti (i vertici di un quadrato?
).
Grazie delle risposte Mi sono state utili e, cosa più importante, ho capito. Ciao a tutti
Mi sono state utili e, cosa più importante, ho capito. Ciao a tutti
Visto che tempo fa ho fatto questo lavoro, lo riporto qui.
Detto [tex]u:=\sqrt[4]{2}[/tex], sappiamo che [tex]F = \mathbb{Q}(u,i)[/tex]. I quattro zeri di [tex]f(X)=X^4-2[/tex] sono [tex]u_1=u[/tex], [tex]u_2=-u[/tex], [tex]u_3=iu[/tex], [tex]u_4=-iu[/tex]. Il coniugio di [tex]\mathbb{C}[/tex] ristretto a [tex]F[/tex] è un automorfismo di [tex]F[/tex] quindi appartiene a [tex]G[/tex], chiamiamolo [tex]\tau[/tex]. Identificando [tex]G[/tex] col sottogruppo di [tex]S_4[/tex] dato dall'azione di [tex]G[/tex] sui quattro zeri di [tex]f(X)[/tex], e identificando [tex]i[/tex] con [tex]u_i[/tex] per [tex]i=1,2,3,4[/tex], è facile vedere che [tex]\tau = (34)[/tex]. Sappiamo che [tex]G[/tex] è un 2-Sylow di [tex]S_4[/tex], ed è facile vedere che l'unico 2-Sylow di [tex]S_4[/tex] che contiene [tex](34)[/tex] è [tex]\langle (1324),(34) \rangle[/tex]. Chiamiamo [tex]\sigma := (1324)[/tex]. La seguente tabella descrive come gli elementi di [tex]G[/tex] agiscono sugli elementi [tex]u,i[/tex] di [tex]F[/tex].
Otteniamo quanto segue (qui [tex]M=F[/tex], e ricordo che [tex]G \cong D_8[/tex], 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.
Detto [tex]u:=\sqrt[4]{2}[/tex], sappiamo che [tex]F = \mathbb{Q}(u,i)[/tex]. I quattro zeri di [tex]f(X)=X^4-2[/tex] sono [tex]u_1=u[/tex], [tex]u_2=-u[/tex], [tex]u_3=iu[/tex], [tex]u_4=-iu[/tex]. Il coniugio di [tex]\mathbb{C}[/tex] ristretto a [tex]F[/tex] è un automorfismo di [tex]F[/tex] quindi appartiene a [tex]G[/tex], chiamiamolo [tex]\tau[/tex]. Identificando [tex]G[/tex] col sottogruppo di [tex]S_4[/tex] dato dall'azione di [tex]G[/tex] sui quattro zeri di [tex]f(X)[/tex], e identificando [tex]i[/tex] con [tex]u_i[/tex] per [tex]i=1,2,3,4[/tex], è facile vedere che [tex]\tau = (34)[/tex]. Sappiamo che [tex]G[/tex] è un 2-Sylow di [tex]S_4[/tex], ed è facile vedere che l'unico 2-Sylow di [tex]S_4[/tex] che contiene [tex](34)[/tex] è [tex]\langle (1324),(34) \rangle[/tex]. Chiamiamo [tex]\sigma := (1324)[/tex]. La seguente tabella descrive come gli elementi di [tex]G[/tex] agiscono sugli elementi [tex]u,i[/tex] di [tex]F[/tex].
Otteniamo quanto segue (qui [tex]M=F[/tex], e ricordo che [tex]G \cong D_8[/tex], 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.
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 $ =\{(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
Volevo verificare la corrispondenza di Galois; in particolare, ho fatto un po' di conti per mostrare che il campo fisso di $
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
"Paolo90":Riarrangiando i termini il generico elemento risulta della forma [tex]a_0+a_1u(1-i)+a_4u^3(1+i)+a_6 u^2 i[/tex], quindi sei ridotto a mostrare che [tex]u^3(1+i)[/tex] e [tex]u^2 i[/tex] appartengono a [tex]\mathbb{Q}((1-i)u)[/tex].
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 $QQ((1-i)u)$?
...Conti
Temo, per doppia inclusione. Chiama [tex]E[/tex] il sottocampo fissato da [tex]\phi[/tex]. Allora [tex]\mathbb Q((1-i)u) \subset E[/tex]. Ora, [tex](1-i)^2 u^2 = - 2 i u^2[/tex], quindi [tex]i u^2 \in \mathbb Q[(1-i)u][/tex].
Poi scrivi [tex]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[/tex] e osservi che [tex](1+i) = \frac{(1-i)^3}{8} \in \mathbb Q[(1-i)u][/tex]...
(Ho scritto in contemporanea con Martino...)
Poi scrivi [tex]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[/tex] e osservi che [tex](1+i) = \frac{(1-i)^3}{8} \in \mathbb Q[(1-i)u][/tex]...
(Ho scritto in contemporanea con Martino...)
"Martino":
Riarrangiando i termini il generico elemento risulta della forma [tex]a_0+a_1u(1-i)+a_4u^3(1+i)+a_6 u^2 i[/tex], quindi sei ridotto a mostrare che [tex]u^3(1+i)[/tex] e [tex]u^2 i[/tex] appartengono a [tex]\mathbb{Q}((1-i)u)[/tex].
... il che è ovvio, una volta osservato che, essendo [tex]\mathbb{Q}((1-i)u)[/tex] un campo e [tex](1-i)u \in \mathbb{Q}((1-i)u)[/tex], allora anche [tex]iu^2 = -\frac{1}{2}[(1-i)u]^2 \in \mathbb{Q}((1-i)u)[/tex] e così pure [tex](1+i)u^3 = -\frac{1}{2}(1+i)^3u^3 \in \mathbb{Q}((1-i)u)[/tex].
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.
Per chi ha voglia, si potrebbe fare lo stesso lavoro che ho fatto io su [tex]X^4-2[/tex] sull'esempio 3.3 qui. Il gruppo di Galois di [tex]g(X) := X^4+8X+12[/tex] su [tex]\mathbb{Q}[/tex] è [tex]A_4[/tex]. Il reticolo di [tex]A_4[/tex] 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 [tex]g(X)[/tex] sarà utile considerare i quattro zeri di [tex]g(X)[/tex] 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.
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 [tex]g(X)[/tex] sarà utile considerare i quattro zeri di [tex]g(X)[/tex] 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.
Bello il link, Martino! Grazie
Non conoscevo questa storia delle "risolventi". Comunque, se qualcuno mi dà una mano, posso provare a fare quanto dici per $p(X)=X^4+8X+12$.
In sostanza, dovrei:
1) calcolarmi una base del c.r.c. di $p(X)$ su $QQ$;
2) calcolarmi le immagini degli elementi della base trovata mediante i 12 $QQ$-automorfismi che costituiscono il gruppo di Galois;
3) trovare gli intercampi fissi, costruirne il reticolo e osservare che coincide con il reticolo dei sottogruppi di $A_4$.
Bene, procediamo con ordine, partiamo dal punto 1. Ho una domanda: perchè dici di sfruttare i 3 zeri della risolvente cubica? Io non so bene come muovermi: se ho visto giusto, gli zeri di $p(X)$ sono tutti complessi. Ma suggerisci di non trovare la loro espressione esplicita...
Come comincio? Grazie
Non conoscevo questa storia delle "risolventi". Comunque, se qualcuno mi dà una mano, posso provare a fare quanto dici per $p(X)=X^4+8X+12$.
In sostanza, dovrei:
1) calcolarmi una base del c.r.c. di $p(X)$ su $QQ$;
2) calcolarmi le immagini degli elementi della base trovata mediante i 12 $QQ$-automorfismi che costituiscono il gruppo di Galois;
3) trovare gli intercampi fissi, costruirne il reticolo e osservare che coincide con il reticolo dei sottogruppi di $A_4$.
Bene, procediamo con ordine, partiamo dal punto 1. Ho una domanda: perchè dici di sfruttare i 3 zeri della risolvente cubica? Io non so bene come muovermi: se ho visto giusto, gli zeri di $p(X)$ sono tutti complessi. Ma suggerisci di non trovare la loro espressione esplicita...
Come comincio? Grazie
In effetti non ci vedo ancora proprio chiaro, per ora riesco a dire le seguenti cose. Innanzitutto detti [tex]r[/tex] uno zero di [tex]p(X)[/tex] e [tex]\alpha[/tex] uno zero della sua risolvente cubica (che ricordo essere irriducibile di grado 3), è chiaro che una base del c.r.c. di [tex]p(X)[/tex] è data da [tex]\{1,r,r^2,r^3,\alpha,r \alpha, r^2 \alpha, r^3 \alpha, \alpha^2, r \alpha^2, r^2 \alpha^2, r^3 \alpha^2\}[/tex] (è un insieme di generatori e consiste di 12 elementi, quindi è indipendente) - la cosa che non è evidente è come gli automorfismi ci agiscono sopra. Dal reticolo di [tex]A_4[/tex] deduco che ci sono esattamente quattro intercampi di grado 4, e dall'articolo che ho segnalato so che il sottogruppo che ho indicato con [tex]\langle aba^2 \rangle[/tex] corrisponde al c.r.c. della risolvente cubica, quindi a [tex]\mathbb{Q}(\alpha)[/tex] (la risolvente cubica ha gruppo di Galois [tex]A_3[/tex]). I quattro intercampi di grado 4, non essendoci altra scelta, devono essere quelli generati dalle quattro radici di [tex]p(X)[/tex]. Restano da determinare i quattro intercampi di grado sei, più precisamente bisogna trovare una abbondanza di elementi di grado 2 su [tex]\mathbb{Q}(\alpha)[/tex]. Quali sono? Boh, ci devo pensare
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