,·β 2  e F (α)

··β 2 F

· [F (α) : F] = 2

÷ deg曰 β 2  = 2,  F (α) = F (β2 ).

But then E = F (α)(β) = F (β2 )(β) = F (β), mβ 2，曰 (x) = x2  + ax + b e F [x], and β is a root of x4  + ax2  + b.

Another way to argue:

Must have deg曰 β = 4. Indeed, the options are

deg曰 β = [F (β) : F] = 2, 4.

If mβ，曰 (x)  = x2  + ux + v with u, v  e F then u  = 0 implies β 2   =  _v  e F contradicting our assumption on β . On the other hand

÷  β = e F (α),

contradicts the definition of β . One polynomial of degree 4 is easy to find (latin letters for elements of F):  (1, α} is a basis of K over F , β 2  e K , therefore

β 2  = a + αb ÷  (β2  _ a)2  = α2 b2    ÷  β 4  _ 2aβ2  + a2  _ α2 b2  = 0. Part b is proved with γ = β and

mβ，曰 (x) = x4  _ 2ax2  + a2  _ α2 b2  e F [x].

〉in4lly! 4ssAme β2  e F ↓

For γ = α(β + 1) have γ e F (α, β), and therefore F (γ) c F (α, β). On the other

hand                                                                              2

γ 2  = α2 β 2  + 2α2 β + α2 ÷  β = e F (γ),

and then

α = γ/(β + 1) e F (γ).

Thus

E = F (γ),

and must have deg曰 γ = 4. The polynomial is found by the same steps:

γ 2  = α2 β 2  + 2α2 β + α2    ÷  γ 2  _ α2 (β2  + 1) = 2α2 β,

↘ 」

=a∈曰

then

╱γ2  _ A、2  = 4α2 β 2    ÷  γ4  _ 2Aγ2  + A2  _ B = 0,

↘ 」

=B∈曰

so

m│，曰 (x) = x4  _ 2Ax2  + A2  _ B e F [x].

占

2.  Let f (x) e E[x], f (x) = xn + an — 1 xn — 1 + . . . + a0  be monic, separable, which splits over E .  Let φ e Aut(E) fix the set of roots, f (α) = 0 ÷ f (φ(α)) = 0. Prove that φ(ak ) = ak  for all k .

Solution. Let α e E be a root of f . It is given that φ(α) is a root of f as well. At the same time since φ is homo

f(α) = 0 ÷  φ(f(α)) = 0

÷ ╱φ(α)、n + φ(an — 1 ) ╱φ(α)、n — 1 + . . . + φ(a1 ) ╱φ(α)、+ φ(a0 ) = 0. Hence φ(α) is a root of

g(x) = xn + φ(an — 1 )xn — 1 + . . . + φ(a1 ).

The problem asks to prove f(x) = g(x).

In fact, let α 1 , . . . , αn  be distinct roots of f .  Then the assumption and the injectivity of φ imply φ(α1 ), . . . , φ(αn ) are distinct roots of f as well. (They are just permuted αi .) We showed that φ(α1 ), . . . , φ(αn ) are roots of g . Thus

f(x) = (x - φ(α1 )) . . . (x - φ(αn )) = g(x).

占

3.  Let  [F (α)  :  F]  =  n  >  1,  let mα,F (x) be separable,  and let all roots α 1   = α , α2 ,  . . ., αn  of mα,F (x) belong to F (α).   Construct n distinct automorphisms φ 1 , . . . , φn  e Aut(F (α)/F) such that φi (α) = αi .

Hint:  { 1 , α, . . . , αn二 1 } and  {1, α i , . . . , αi(n)二 1 } are  two  bases  in 长 (α) .  The  requirement  on  4i  suggests  a

formula  for  it .  Prove  that  the  formula  indeed  gives  the fields  iso  either  directly  or  by  quoting  a  theorem .

Solution 1 .  This is immediate consequence of the Extension of Isomor- phisms Theorem which we proved in class, 13.1 Th-m 8, 13.4 Th-m 27.

Take, say, α2 . We have α, α2 two roots of an irreducible polynomial p(x) e F [x], p = mα,F , and

F (α) = F (α2 ).

By the Extension of Isomorphisms Theorem, for the isomorphism

id长

there exists the fields isomorphism φ completing the diagram

F (α) φ F (α2 )

F F

satisfying φ(α) = α2  and φ e Aut(F (α)/F).

占

Solution 2.   According to the hint define F-linear map of F (α), vector space over  F ,  into itself ψ : F (α)  -  F (α) by the action on the basis

elements ψ(1) = 1, ψ(α) = αi , ..., ψ(αn — 1 ) = α Equivalently, map any element (vector) in F (α) by

a0 + a1 α + . . . an — 1 αn — 1  ,-- a0 + a1 αi + . . . an — 1 α

where all ak  e F .  This is an F-linear bijective transformation of vector space F (α) since ψ takes a basis to a basis. Moreover, Vu e F by linearity ψ(u) = ψ(u1) = u.

To prove ψ e  Aut(F (α)/F)  it  is  left to establish ψ(βγ)  =  ψ(β)ψ(γ) Vβ, γ e F (α).

Indeed, recast definition of the basis to discover that for any β there is unique polynomial

gβ (x) = b0 + b1 x + . . . + bn — 1 xn — 1  e F [x],    deg g < n - 1,

such that β = gβ (α). Then for the product of polynomials have

gβ gγ = gβγ

because

βγ = gβ (α)gγ (α) = ╱gβ (x)gγ (x)、│x=α .

The definition of ψ is

ψ(β) = gβ (αi ).

Then

ψ(β)ψ(γ) = gβ (αi )gγ (αi ) = (gβ gγ )(αi ) = ψ(βγ).

占

4.  For any odd m find Aut ╱Q╱ 2、/Q、.

Find Aut ╱Q╱l42、/Q、and Aut ╱Q╱l42、/Q╱l2、、. Which of the two ex-

tensions is Galois?

Let S be the splitting field of x4  - 2.  Find |Aut(S/Q)| the order of the group.

Solution.

(a) We write E  = Q╱ 2、.  Take any φ e Aut (E/Q).   Since f (x) = xm - 2 is a polynomial over Q we have

f (α) = 0,  α e E ÷ φ(α) e E,  f (φ(α)) = 0.

For odd m look at the set { 2} c 仑 to find out

兮

k = 1, . . . , m

兮 k = m, α = 2

Thus our φ e Aut(E/Q) satisfies φ(1) = 1, φ( 2) = 2. Elements

1, 2, ╱ 2、2 ,  . . . , ╱ 2、m — 1

form a basis of vector space E over Q, because f(x) is irreducible over Q by Eisenstein, f(x) = m .^2 ,Q (x). Since φ is a homo of E

φ ╱ ╱ 2、k 、= ╱φ ╱ 2、、k  = ╱ 2、k .

Hence every basis vector is fixed by φ, so φ = idE ,

(b) We write E = Q╱l42、. A basis of E over Q is

1,    l42, ╱ l42、2 , ╱ l42、3

because f(x) = x4 - 2 is irreducible over Q by Eisenstein. Take any φ e Aut (E/Q). Let us find its action on the basis vectors.

We have f(α) = 0, α e E ÷ φ(α) e E , f(φ(α)) = 0.  All roots of f in 仑 are 士l42, 士i l42.  All roots in E are 士l42.  Hence the options are

φ( l42) = l42   or φ( l42) = - l42.

In the first case for any other basis vector

φ ╱ ╱l42、k 、= ╱ l42、k ÷ φ = idE .

In the second case we know that φ is a uniquely determined Q-linear bijective transformation of E whose action on the basis is

φ ╱ ╱l42、k 、= (-1)k ╱ l42、k ,  k = 0, 1, 2, 3.

Does it preserve the multiplication in E?  If "yes" then order of the group is 2 and it must be isomorphic to 勿2 , if "no" then the group is trivial.

Apply the (argument from the proof of) previous problem to conclude that there exists ψ e Aut(E/Q) such that ψ( l42)  =  - l42.   This condition uniquely determine the action of ψ on the basis of E which is the same as the action of φ . Hence φ = ψ an automorphism.

Since |Aut(E/Q)| = 2 4 = [E : Q], the extension is not Galois.