Algebra 111C

Assignment 4

SOLUTIONS TO SELECTED PROBLEMS

1.  Let f (x) e F [x] be separable.  Prove that f is irreducible over F if and only if for any ri , rk  roots of f there exists φ e GalF (f) s.t. φ(ri ) = rk .

Solution.

Only if.  Argue by contrapositive.  Let f be not irreducible.  That is, f is reducilble.  Then by the Unique Factorization and separability we can write

f (x) = g(x)h(x)   with some f, g e F [x],  deg f, g > 0,

r1  e Sf  is a root of h, rn  e Sf  is a root of g , rn  is not a root of h.  For any φ e GalF (f) = Aut(Sf /F) we must have h(r1 ) = 0 告 h(φ(r1 )) = 0 since h e F [x].  Hence φ(r1 )  rn  for any such φ .  Thus the negation of the transitivity holds.

If. This follows from the solution  of the corresponding problem from the previous HW. The actual statement of the problem does not fit by itself. Fix r1  and r2 . By the corresponding theorem (see the previous HW) find fields isomorphism φ such that

F (r1 )             φ            F (r2 )

                                     , φ(r1 ) = r2 .

idF

Next, apply the isomorphism extension theorem to fields F (r1 ), F (r2 ), isomorphism φ between them, polynomial(s) f e F [x] - F (α1 )[x], φ * f = f e F [x] - F (α2 )[x] with their splitting field(s) Sf , Sφ * f  = Sf  to get the automorphism ψ such that

ψ

.

F (r1 )             φ            F (r2 )

Combining two diagrams we get ψ e Aut(Sf /F) with ψ(r1 ) = r2 .         口

2.  Let E be the smallest Galois extension of Q containing ^2 + ^32.  Find |Gal(E/Q)|.

Identify a familiar group isomorphic to Gal(E/Q). For that use the table of all small groups from sec. 5.3 in DF. Prove your isomorphism.

Solution. Any extension must contain Q(^2 +^32). Then Q(^2 +^32) = Q(^2, ^32) by HW1 argument: α = (^2 +^32),

2 = ( ^32)3  = (α - ^2)3  = α2 - 3α2 ^2 + 6α - 2^2 告 ^2 e Q(^2 +^32),

告 ′32 e Q(′2 +′32).

Next, extension Q(′2, ′32)/Q is not Galois. Indeed, the degree [Q(′2, ′32) : Q] = 6.

At the same time x2 - 2, x3 - 2 e Q[x]. Hence any φ e Aut(Q(′2, ′32)/Q) must map the roots of the polynomials belonging to Q(′2, ′32) into the roots belonging to Q(′2, ′32). Thus any φ must map ′32 3| ′32, 士 ′2 3| 士 ′2. Hence

|Aut(Q(′2, ′32)/Q)| > 2 < 6 = [Q(′2, ′32) : Q].

Consequently any Galois extension E/Q must have

[E : Q(′2, ′32)] ~ 2,    [E : Q] ~ 12.

One such Galois extension is the splitting field of separable polynomial S(x2 -2)(x3 -2)  = Q(′2, ′32, i′3). Thus

To find the (isomorphic) group use

Gal(S(x2 -2)(x3 -2) /Q)  G < S5 .

Write the set of distinct roots {r1 , r2 , r3 , r4 , r5 } where the first three are roots of x3 - 2 and r4 ,5  are roots of x2 - 2. Any φ e G fixes the two sets. There are 6 permutations of r1 ,2 ,3  and 2 permutations of r4 ,5 , which give exactly 12 = |Gal(S(x2 -2)(x3 -2) /Q)|. Thus

G 4 σ 1 σ2 ,  σ 1  e Symr1 ,2 ,3     S3 ,  σ2  e Symr1 ,2     S2 .

We know that G must be one of the groups from the list.  It’s enough to

guess to which one. Product of cycles α = (r1 r2 r3 )(r4 r5 ) e G has order 6,

α6  = 1.

Cycle (r1 r2 ) = (r1 r2 )(r3 )(r4 )(r5 ) e G has order 2,

β 2  = 1.

Moreover,  αβ  =  (r1 r3 )(r2 )(r4 r5 )  and  βα- 1   =  (r1 r2 )(r3 r2 r1 )(r4 r5 )  = (r1 r3 )(r2 )(r4 r5 ), so

αβ = βα- 1 .

This gives

Gal(E/Q)  D12  ,

the dihedral group of the regular 6-gone.

3.  Let F be a number field. Let G be the Galois group of a separable f(x) e F [x], deg f = 3.  Prove that G  S3  or Z3  or Z2 .  Here S3  = Sym51 ,2 ,3{

and Zm  is the cyclic group of order m.

For f irreducible over F prove G  S3  or Z3 .

Give some degree 3 polynomials over a number field with Galois groups isomorphic to S3 , Z2 . For Z3  see problem below.

Solution.

(a)  The first part follows at once from HW2.

(b)  Let f be separable and irreducible in F [x], deg f = 3.  Identifying think G < S3 . The options for |G| are 1, 2, 3, 6. Then

|G| = 6  告  G = S3 ,

|G| = 3  告  G  Z3  (3 is prime).

By the problem solved above G must act transitively on  {1, 2, 3}: Ⅴi, j 刁φ e G : φ(i) = j . Hence |G| = 1 告 G = {1} is impossible.       Similarly, if |G| = 2 then G = {1, σ}. Write the cycle decomposition for σ . It cannot be a 3-cycle since then |G| ~ 3. If it contains a cycle of order 2 then σ = (i1 i2 )(i3 ) and i3  cannot be mapped into i1  by G. Hence |G| = 2 is also impossible.

(c)  Polynomial x3 -2 is separable and has the splitting field S = Q( ′32, i′3)  (done in class).  Since  [S  : Q] = 6 must have  |Gal(S/Q)| = 6 and

Gal(S/Q) < S3 . Hence GalQ (x3 - 2)  S3 .

GalQ (x(x2 + 1))  Z2  (why?)

口

4.  For this problem you need to recall the notions from  111A related to  sn, even permutations, transpositions,

. . . ,  and  their  properties,  sec .   1 .3  and  3 .5  in  DF .  Also,  for  insights  check  sec .   14 .6  in  DF .

Let f e F [x] be written in its splitting field as f(x) = (x - r1 )．．．(x -

discriminant of f, by

∆ =              (ri - rj )2 .

1≤i<j<n

Define ρ =    1≤i<j<n(ri - rj ), ∆ = ρ2 .

(a)  For polynomials x2 + ax + b and x3 + ax2 + bx + c over F , compute

∆ as a function of a, b, c. If you  find the  full  cubic  case too  painful, just  do  北3 + p北 + q . (b)  Prove ∆  0 if and only if f(x) is separable.

(c)  Prove that ∆ e F . In  general  p   F .