Доказать ненормальность

[sour]

Есть расширение $\mathbb{Q}(\sqrt{6+3\sqrt{2}})$. Понятно, что это расширение сепарабельность(хар. 0). Очевидно, что $\sqrt{6+3\sqrt{2}}$ является корнем полинома $x^4-12x^2+18$. Он непереводим в силу критерия Эйзенштейна($-12,\ 18 \mid 2,\ 18 \nmid 2^2, 1 \nmid 2$), одним из его корней при этом является число $\sqrt{6-3\sqrt{2}}$, и вот мне кажется, что $\sqrt{6-3\sqrt{2}} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{6+3\sqrt{2}})$, а потому расширение это ненормально. Но как это доказать я не знаю.

Мне нужна подсказка.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528762 писал(а):

и вот мне кажется, что $\sqrt{6-3\sqrt{2}} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{6+3\sqrt{2}})$

А что будет, если $\sqrt{6-3\sqrt{2}}$ умножить на $\sqrt{6+3\sqrt{2}}$?

[sour]

nnosipov
Понятно. Тогда получится, что $\sqrt{6+3\sqrt{2}}=-(\sqrt{6-3\sqrt{2}}^2-6)(\sqrt{6-3\sqrt{2}})^{-1} \in \mathbb{Q}(\sqrt{6-3\sqrt{2}})$. Тогда получается, что $\mathbb{Q}(\sqrt{6-3\sqrt{2}})$ - поле разложения, а значит нормально.

Но тогда есть другой вопрос. Как будет выглядеть $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{6-3\sqrt{2}}), \mathbb{Q})$? Мне кажется, что это будет $S_4$, потому что я не могу придумать какую-то перестановку корней, которая переводила бы какой-то корень какого-то полинома над $\mathbb{Q}$ в корень какого-то другого полинома. Но как это доказать я не знаю.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528771 писал(а):

Мне кажется, что это будет $S_4$

Ну как это может быть после того, что мы установили про расширение? Оно ведь нормально, поэтому порядок группы Галуа такого расширения чему должен быть равен?

[sour]

nnosipov
Степени расширения. Но это в книге идет уже после этой задачи, не знаю, предполагалось ли Постниковым, что решить задачу можно без этого.

Ну а как мне в таком случае узнать, как выглядит группа Галуа? Я подозреваю, что в таком случае это либо $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$, либо $\mathbb{Z}_4$, но как точно определить, что это за группа?

[nnosipov]

sour в сообщении #1528776 писал(а):

но как точно определить, что это за группа?

Поищите автоморфизм 4-го порядка, вдруг он есть.

[sour]

nnosipov
Я нашел нужную подставку корней. Получается, что это $\mathbb{Z}_4$.

(Оффтоп)

Пусть
$\\\varphi(\sqrt{6+3\sqrt{2}})=-\sqrt{6-3\sqrt{2}},\\\varphi(\sqrt{6-3\sqrt{2}})=\sqrt{6+3\sqrt{2}},\\\varphi(-x)=-\varphi(x),\\\varphi(c)=c \mid c \in \mathbb{Q}$.

Очевидно, что $\varphi$ оставляет на месте $\mathbb{Q}$.

Пусть
$ \\\alpha=a_0+a_1\sqrt{6+3\sqrt{2}}+a_2\sqrt{6+3\sqrt{2}}^2+a_3\sqrt{6+3\sqrt{2}}^3, \\\beta=b_0+b_1\sqrt{6+3\sqrt{2}}+b_2\sqrt{6+3\sqrt{2}}^2+b_3\sqrt{6+3\sqrt{2}}^3$
- прозвольные элементы $\mathbb{Q}{\sqrt{6+3\sqrt{2}}}$; так можно записать любые элементы этого расширения. $\varphi^4(\alpha)=\alpha$, несложно заметить, что ни при какой меньшей степени $\varphi$ это не выполняется для произвольного $\alpha$. Также можно заметить, что $\varphi(\alpha\beta)=\varphi(\alpha)\varphi(\beta);\ \varphi(\alpha+\beta)=\varphi(\alpha)+\varphi(\beta)$. Значит $\varphi$ - автоморфизм, которому соответствует перестановка корней порядка $4$.

В группе $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ нет элемента порядка $4$, а значит группа Галуа этого уравнения изоморфна $\mathbb{Z}_4$.

А нет ли какого-нибудь более удобного способа помимо придумывания постановок нужного порядка?

[nnosipov]

sour в сообщении #1528801 писал(а):

А нет ли какого-нибудь более удобного способа помимо придумывания постановок нужного порядка?

Читайте Постникова, он ведь не зря книжку написал. С группами Галуа многочленов далеко не все ясно. Например, вопрос о том, какие группы могут быть группами Галуа, до сих пор не отвечен (кажется). Если правильно помню, то любая конечная абелева группа может.

На всякий случай: команда galois(f) находит группу Галуа многочлена $f$ в системе компьютерной алгебры Maple.

[sour]

nnosipov
Есть еще такой вопрос. Имеется поле $\mathbb{Q}(\sqrt{\sqrt{2}+\sqrt{-2}})$. Это поле является полем разложения $x^8+16$, это можно доказать. Неприводимость $x^8+16$ тоже можно доказать, получается, что порядок группы Галуа равен $8$. Но неизоморфных групп порядка $8$ существует аж целых $5$ штук. Потенциальных перестановок порядка $8$ существует аж целых $7!$ штук, так что вручную доказать, что группа Галуа не изоморфна одной лишь $\mathbb{Z}_8$ проблематично(а ведь там остается еще $4$ потенциальных группы Галуа). Нет ли у Вас идей, как можно эту группу найти каким-нибудь способом?

(Оффтоп)

Maple, если я правильно понял, говорит, что группа Галуа этого полинома изоморфна $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2$, но ведь это еще надо как-то доказать.

[sour]

sour
Вот так можно решить:
Пусть $\varphi_k(\xi) =\sqrt{2}\xi^k, где $k$ - простой делитель $16$, $\sqrt{2}\xi=\sqrt{\sqrt{2}+\sqrt{-2}}$, а $\xi$ - первообразный корень степени $16$. Очевидно, что $\varphi_k(\alpha_1+\alpha_2)=\varphi_k(\alpha_1)+\varphi_k(\alpha_2);\ \varphi_k(\alpha_1\alpha_2)=\varphi_k(\alpha_1)\varphi_k(\alpha_2)$. Т.о. $\varphi_k$ - автоморфизм.

Множество автоморфизмов такого вида образуют группу, изоморфную $\mathbb{Z}_{16}^\times$(обратным для любого автоморфизма $\varphi_k$ является явтоморфизм $\varphi_l$, где $l=k^{-1}$ в $\mathbb{Z}_{16}^\times$; нейтральным элементом является $\varphi_1$; число таких автоморфизмов равно $|\mathbb{Z}_{16}^{\times}|=8$). Т.к. $|G(\mathbb{Q}(\sqrt{2}\xi):\mathbb{Q})|=8$ и найденная подгруппа автоморфизмов является подгруппой группы Галуа, а порядок последней должен быть равен 8и, делаем вывод, что группа Галуа изоморфна $\mathbb{Z}_{16}^\times$.