Terzo esercizio

Esercizio 7.3

Determinare il gruppo di Galois sopra $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ del campo di spezzamento $M$$M$ del polinomio $f(x)=x^{4}-2$$f(x)=x^{4}-2$.

 

Campo di spezzamento

Pongo $\alpha ={\sqrt[{4}]{2}}$$\alpha ={\sqrt[{4}]{2}}$, allora l'insieme delle radici di $f(x)$$f(x)$ è

$$\{\alpha ,\,i\alpha ,\,i^{2}\alpha ,\,i^{3}\alpha \}=\{\alpha ,\,-\alpha ,\,i\alpha ,\,-i\alpha \}$$

$$\{\alpha ,\,i\alpha ,\,i^{2}\alpha ,\,i^{3}\alpha \}=\{\alpha ,\,-\alpha ,\,i\alpha ,\,-i\alpha \}$$

Considero

$$\mathbb {Q} (\alpha )=\{a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

$$\mathbb {Q} (\alpha )=\{a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

$\mathbb {Q} (\alpha )\subset \mathbb {R}$$\mathbb {Q} (\alpha )\subset \mathbb {R}$ e quindi non contiene le radici complesse di $f(x)$$f(x)$, allora lo estendo ulteriormente e considero

$$M=\mathbb {Q} (\alpha ,i)=\{\alpha _{0}+\alpha _{1}i,\,\alpha _{i}\in \mathbb {Q} (\alpha )\forall i\}$$

$$M=\mathbb {Q} (\alpha ,i)=\{\alpha _{0}+\alpha _{1}i,\,\alpha _{i}\in \mathbb {Q} (\alpha )\forall i\}$$

$$=\{a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}\alpha i+a_{6}\alpha ^{2}i+a_{7}\alpha ^{3}i,\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}$$

$$=\{a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}\alpha i+a_{6}\alpha ^{2}i+a_{7}\alpha ^{3}i,\,a_{i}\in \mathbb {Q} ,\;\forall i\}$$

Gruppo di Galois

In caratteristica 0 un polinomio irriducibile è separabile, e quindi $M\supseteq \mathbb {Q}$$M\supseteq \mathbb {Q}$ è normale. Segue che

$$|M:\mathbb {Q} |=|M:\mathbb {Q} (\alpha )|*|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=2*4=8=o(G)$$

$$|M:\mathbb {Q} |=|M:\mathbb {Q} (\alpha )|*|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=2*4=8=o(G)$$

e $G$$G$ è isomorfo a un sottogruppo di $S_{4}$$S_{4}$.

Nota:

Con qualche nozione di Teoria dei Gruppi posso dedurre che $G$$G$e' isomorfo a $D_{4}$$D_{4}$ (definito sotto). Posso tranquillamente saltare questa parte e l'esercizio rimane comunque valido, oppure leggerla assumendo alcune cose (una sola per la verita') per vere.

Il primo fatto (che e' anche l'unico che non giustifichiamo) che serve e' che, a meno di isomorfismo, esistono $5$$5$ gruppi di ordine $8$$8$. Tre sono abeliani (e questo lo sappiamo perche'$8=2^{3}$$8=2^{3}$ e le partizioni di $3$$3$ sono $3$$3$) e precisamente

$$C_{8},C_{4}\times C_{2},C_{2}\times C_{2}\times C_{2}$$

$$C_{8},C_{4}\times C_{2},C_{2}\times C_{2}\times C_{2}$$

Poi ci sono il gruppo dei quaternioni $Q$$Q$ (che pure conosciamo gia') e il gruppo diedrale $D_{4}$$D_{4}$ che invece dobbiamo definire. Il modo piu' immediato per definirlo e' dire che $D_{4}$$D_{4}$e' un gruppo con $8$$8$ elementi, precisamente

$$D_{4}=\{1,a,a^{2},a^{3},b,ba,ba^{2},ba^{3}\}$$

$$D_{4}=\{1,a,a^{2},a^{3},b,ba,ba^{2},ba^{3}\}$$

con il prodotto definito da $a^{4}=1=b^{2}$$a^{4}=1=b^{2}$ (nel senso che $a$$a$ ha ordine $4$$4$ e $b$$b$ ha ordine $2$$2$) e $bab=a^{-1}$$bab=a^{-1}$. Questo basta per definire il prodotto di due elementi qualsiasi di $D_{4}$$D_{4}$. Infatti per esempio da $bab=a^{-1}$$bab=a^{-1}$ segue che $ba^{2}b=a^{-2}$$ba^{2}b=a^{-2}$ perche' posso scrivere $ba^{2}b=(bab)(bab)=a^{-1}a^{-1}=a^{-2}$$ba^{2}b=(bab)(bab)=a^{-1}a^{-1}=a^{-2}$. Qui ho usato il fatto che $b$$b$ ha ordine $2$$2$ dunque $bb=1$$bb=1$. Naturalmente e' anche vero che $a^{-1}=a^{3}$$a^{-1}=a^{3}$ e $a^{-2}=a^{2}$$a^{-2}=a^{2}$. Allo stesso modo si prova che $ba^{3}b=a^{-3}$$ba^{3}b=a^{-3}$, dove $a^{-3}=a$$a^{-3}=a$. Posso scrivere in modo compatto che, da $bab=a^{-1}$$bab=a^{-1}$, si deduce che $ba^{k}b=a^{-k}$$ba^{k}b=a^{-k}$.

Per fare un altro esempio calcolo il prodotto di $ba^{3}$$ba^{3}$ per $ba$$ba$ e trovo

$$(ba^{3})(ba)=(ba^{3}b)a=a^{-3}a=a^{-2}=a^{2}.$$

$$(ba^{3})(ba)=(ba^{3}b)a=a^{-3}a=a^{-2}=a^{2}.$$

Se una avesse voglia e tempo potrebbe verificare che in questo modo abbiamo effettivamente definito un gruppo (oppure risparmiarsi la, pure un po' noiosa, verifica).

Piu' in generale il gruppo diedrale $D_{n}$$D_{n}$ di ordine $2n$$2n$ si puo' definire come il gruppo

$$D_{n}=\{1,a,a^{2},\ldots ,a^{n-1},b,ba,ba^{2},\ldots ,ba^{n-1}\}$$

$$D_{n}=\{1,a,a^{2},\ldots ,a^{n-1},b,ba,ba^{2},\ldots ,ba^{n-1}\}$$

dove $a^{n}=1=b^{2}$$a^{n}=1=b^{2}$ (sempre nel senso che $a$$a$ ha ordine $n$$n$ e $b$$b$ ha ordine $2$$2$) e $bab=a^{-1}$$bab=a^{-1}$. Ragionando come prima, in questo modo abbiamo definito il prodotto tra due elementi qualsiasi di $D_{n}$$D_{n}$.

I gruppi diedrali hanno un'interpretazione geometrica. Infatti $D_{n}$$D_{n}$e' il gruppo delle simmetrie di un poligono regolare con $n$$n$ lati. Consideriamo per semplicita' il caso di $D_{4}$$D_{4}$. Possiamo interpretare $D_{4}$$D_{4}$ come il gruppo delle simmetrie di un quadrato. pensiamo un quadrato nel piano con vertici nei punti di coordinate $(1,0),(0,1),(-1,0)$$(1,0),(0,1),(-1,0)$ e $(0,-1)$$(0,-1)$. Indichiamo con $a$$a$ la rotazione di centro l'origine, angolo $\pi /2$$\pi /2$ in senso antiorario. Allora $a$$a$ manda il quadrato in se' e lo stesso fanno le sue potenze, che sono $a^{2}$$a^{2}$ rotazione di centro l'origine e angolo $\pi$$\pi$ e $a^{3}$$a^{3}$ rotazione di centro l'origine e angolo $(3/2)\pi$$(3/2)\pi$. Poi $a^{4}$$a^{4}$e' l'identita'. Questo corrisponde nel gruppo all'elemento $a$$a$ di ordine $4$$4$. Le altre simmetrie del quadrato sono le riflessioni (che hanno tutte ordine $2$$2$, perche' se le faccio due volte trovo l'identita') che, nel caso del quadrato, sono o riflessioni rispetto ad un asse di simmetria passante per due vertici opposti (e di queste riflessioni ce ne sono due) oppure riflessioni rispetto ad un asse di simmetria passante per i punti medi di due lati opposti (e anche di queste riflessioni ce ne sono due). Nel gruppo queste riflessioni corrispondono agli elementi $b,ba,ba^{2}$$b,ba,ba^{2}$ e $ba^{3}$$ba^{3}$ che infatti hanno tutti ordine $2$$2$ come si puo' verificare facilmente.

Nel caso generale di $D_{n}$$D_{n}$ ho sempre una rotazione $a$$a$ di angolo $2\pi /n$$2\pi/n$ che avra' periodo $n$$n$. Quindi ho in tutto $n$$n$ rotazioni che sono le potenze di $a$$a$: $1,a,a^{n-1},\ldots ,a^{n-1}$$1,a,a^{n-1},\ldots ,a^{n-1}$.

Poi se $n$$n$e' pari ho le riflessioni, di cui $n/2$$n/2$ rispetto ad un asse passante per i punti medi di due lati opposti e $n/2$$n/2$ rispetto ad un asse passante due vertici opposti. Se invece $n$$n$e' dispari (per esempio $n=5$$n=5$), le riflessioni di un $n$$n$-gono regolare (per esempio il pentagono) sono tutte rispetto ad un asse che passa per un vertice e per il punto medio del lato opposto (e sono $n$$n$ le riflessioni totali).

In modo molto compatto si puo' definire $D_{n}$$D_{n}$ per generatori ($a$$a$ e $b$$b$) e relazioni scrivendo

$$D_{n}=\langle a,b|a^{4}=1=b^{2},bab=a^{-1}\rangle$$

$$D_{n}=\langle a,b|a^{4}=1=b^{2},bab=a^{-1}\rangle$$

Usando le relazioni ( $a^{4}=1=b^{2},bab=a^{-1}$$a^{4}=1=b^{2},bab=a^{-1}$) si deduce che gli elementi di $D_{n}$$D_{n}$ sono proprio $1,a,a^{2},\ldots ,a^{n-1},b,ba,ba^{2},\ldots ,ba^{n-1}$$1,a,a^{2},\ldots ,a^{n-1},b,ba,ba^{2},\ldots ,ba^{n-1}$ e il prodotto nel gruppo.

Quello che interessa noi e' che ogni gruppo di ordine $8$$8$e' isomorfo a uno tra

$$C_{8},C_{4}\times C_{2},C_{2}\times C_{2}\times C_{2},Q,D_{4}.$$

$$C_{8},C_{4}\times C_{2},C_{2}\times C_{2}\times C_{2},Q,D_{4}.$$

Affermiamo che $G$$G$e' isomorfo a $D_{4}$$D_{4}$. Infatti quello che distingue $D_{4}$$D_{4}$ tra i $5$$5$ gruppi di ordine $8$$8$e' il fatto di avere un sottogruppo non normale di ordine $2$$2$, per esempio il sottogruppo $H=\{1,b\}$$H=\{1,b\}$. Per mostrare che $H$$H$ non e' normale, osservo che:

$$a^{-1}ba=a^{-1}a^{3}b^{-1}=a^{-1}a^{3}b=a^{2}b\notin H,$$

$$a^{-1}ba=a^{-1}a^{3}b^{-1}=a^{-1}a^{3}b=a^{2}b\notin H,$$

dove abbiamo usato il fatto che $bab=a^{3}\longrightarrow ba=a^{3}b^{-1}$$bab=a^{3}\longrightarrow ba=a^{3}b^{-1}$.

Anche $G$$G$ ha un sottogruppo non normale di ordine $2$$2$. Per provare l'esistenza del sottogruppo non normale di $G$$G$, osservo che $\mathbb {Q} (\alpha )\supseteq \mathbb {Q}$$\mathbb {Q} (\alpha )\supseteq \mathbb {Q}$ è un'estensione non normale: infatti, se fosse normale, ogni polinomio in $\mathbb {Q} [x]$$\mathbb {Q} [x]$ che ammette una radice in $\mathbb {Q} (\alpha )$$\mathbb {Q} (\alpha )$ si dovrebbe spezzare in fattori lineari distinti su $\mathbb {Q} (\alpha )$$\mathbb {Q} (\alpha )$, ma questo non avviene, basta considerare il polinomio $f(x)=x^{4}-2$$f(x)=x^{4}-2$. Segue quindi che $\mathbb {Q} (\alpha )'$$\mathbb {Q} (\alpha )'$ è un sottogruppo di $G$$G$ non normale; si ha anche $|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=4$$|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=4$, allora $|\mathbb {Q} ':\mathbb {Q} (\alpha )'|=|G:\mathbb {Q} (\alpha )'|=4$$|\mathbb {Q} ':\mathbb {Q} (\alpha )'|=|G:\mathbb {Q} (\alpha )'|=4$, cioè $o(\mathbb {Q} (\alpha )')={\frac {o(G)}{|G:\mathbb {Q} (\alpha )'|}}=8/4=2$$o(\mathbb {Q} (\alpha )')={\frac {o(G)}{|G:\mathbb {Q} (\alpha )'|}}=8/4=2$. Concludo che $G$$G$ è isomorfo a $D_{4}$$D_{4}$.

Affermiamo che esistono due elementi $x,y\in G$$x,y\in G$ che agiscono su $i$$i$ e $\alpha$$\alpha$ nel modo seguente: $i^{x}=i,\,i^{x}=\alpha i$$i^{x}=i,\,i^{x}=\alpha i$; $i^{y}=-i,\,\alpha ^{y}=\alpha$$i^{y}=-i,\,\alpha ^{y}=\alpha$.

Per giustificare l'esistenza di $x$$x$ e $y$$y$, osservo che sicuramente esiste un elemento ${\bar {x}}\in G$${\bar {x}}\in G$ tale che $\alpha ^{\bar {x}}=\alpha i$$\alpha ^{\bar {x}}=\alpha i$ perché $G$$G$ agisce transitivamente sulle radici di $f(x)$$f(x)$. D'altra parte ${\bar {x}}$$\bar x$ agisce sulle radici del polinomio $x^{2}+1\in \mathbb {Q} [x]$$x^{2}+1\in \mathbb {Q} [x]$, quindi $i^{\bar {x}}=\pm i$$i^{\bar {x}}=\pm i$. Se $i^{\bar {x}}=-i$$i^{\bar {x}}=-i$, posto $y$$y$ l'automorfismo di coniugio che manda $i$$i$ in $-i$$-i$ e fissa $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$, e pongo $x=y{\bar {x}}$$x=y{\bar {x}}$. Segue che $x$$x$ soddisfa le condizioni richieste infatti:

$$\alpha ^{x}=\alpha ^{y{\bar {x}}}=\alpha ^{\bar {x}}=\alpha i$$

$$\alpha ^{x}=\alpha ^{y{\bar {x}}}=\alpha ^{\bar {x}}=\alpha i$$

$$i^{x}=i^{y{\bar {x}}}=(-i)^{\bar {x}}=i$$

$$i^{x}=i^{y{\bar {x}}}=(-i)^{\bar {x}}=i$$

Rimane da mostrare che il coniugio in $\mathbb {C}$$\mathbb {C}$ definisce per restrizione un automorfismo di $M$$M$ su $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$, e vale la seguente proposizione: Supponiamo di avere una catena di estensioni $N\supseteq M\supseteq K$$N\supseteq M\supseteq K$. Sia $M$$M$ campo di spezzamento su $K$$K$ di un polinomio $g(x)\in K[x]$$g(x)\in K[x]$. Sia $\sigma :M\to N$$\sigma :M\to N$ un omomorfismo (non banale) con $\sigma _{|_{K}}=1_{K}$$\sigma _{|_{K}}=1_{K}$. Allora $M^{\sigma }=M$$M^{\sigma }=M$.

Dimostrazione

$M^{\sigma }$$M^{\sigma }$ è campo di spezzamento su $K^{\sigma }=K$$K^{\sigma }=K$ del polinomio $(g(x))^{\sigma }=g(x)$$(g(x))^{\sigma }=g(x)$ (è a coefficienti in $K$$K$ quindi viene fissato da $\sigma$$\sigma$). Allora $M$$M$ e $M^{\sigma }$$M^{\sigma }$ sono entrambi campi di spezzamento (in $N$$N$) su $K$$K$ di $g(x)$$g(x)$, ma il campo di spezzamento in $N$$N$ di un polinomio su $K$$K$ è unico, ed è dato da $K(\alpha _{1},\dots ,\alpha _{r})$$K(\alpha _{1},\dots ,\alpha _{r})$ dove gli $\alpha _{i}$$\alpha _{i}$ sono radici di $g(x)$$g(x)$. Allora $M^{\sigma }=M$$M^{\sigma }=M$.

 

Quindi, applicando la proposizione, siccome il coniugio fissa $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$, esso definisce un automorfismo da $M$$M$ in sé che fissa $\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$. Allora gli elementi $x,y$$x,y$ cercati esistono, ed essi soddisfano la condizione $x^{4}=y^{2}=1$$x^{4}=y^{2}=1$, infatti:

inoltre

$$i^{yxy}=i,\quad \alpha ^{yxy}=-\alpha i$$

$$i^{yxy}=i,\quad \alpha ^{yxy}=-\alpha i$$

cioè $yxy=x^{3}$$yxy=x^{3}$, allora

$$G=\{1,x,x^{2},x^{3},y,xy,x^{2}y,x^{3}y\}$$

$$G=\{1,x,x^{2},x^{3},y,xy,x^{2}y,x^{3}y\}$$

Sottogruppi

$$H_{1}=\{1,x,x^{2},x^{3}\}\quad {\hbox{ciclico}}$$

$$H_{1}=\{1,x,x^{2},x^{3}\}\quad {\hbox{ciclico}}$$

$$H_{2}=\{1,x^{2},y,x^{2}y\}$$

$$H_{2}=\{1,x^{2},y,x^{2}y\}$$

$$H_{3}=\{1,x^{2},xy,x^{3}y\}$$

$$H_{3}=\{1,x^{2},xy,x^{3}y\}$$

$$H_{4}=\{1,y\}$$

$$H_{4}=\{1,y\}$$

$$H_{5}=\{1,x^{2}\}$$

$$H_{5}=\{1,x^{2}\}$$

$$H_{6}=\{1,xy\}$$

$$H_{6}=\{1,xy\}$$

$$H_{7}=\{1,x^{2}y\}$$

$$H_{7}=\{1,x^{2}y\}$$

$$H_{8}=\{1,x^{3}y\}$$

$$H_{8}=\{1,x^{3}y\}$$

Campi intermedi

1. $H_{1}=\{1,x,x^{2},x^{3}\}$$H_{1}=\{1,x,x^{2},x^{3}\}$; $H_{1}'\supseteq \mathbb {Q} (i)$$H_{1}'\supseteq \mathbb {Q} (i)$, inoltre $|\mathbb {Q} (i):\mathbb {Q} |=2$$|\mathbb {Q} (i):\mathbb {Q} |=2$ e per il teorema fondamentale di Galois
   $$2=|G:H_{1}|=|H_{1}':G'|$$

   $$2=|G:H_{1}|=|H_{1}':G'|$$
   e quindi $H_{1}'=\mathbb {Q} (i)$$H_{1}'=\mathbb {Q} (i)$.
2. $H_{2}=\{1,x^{2},y,x^{2}y\}$$H_{2}=\{1,x^{2},y,x^{2}y\}$; considero $\xi \in M$$\xi \in M$ e per prima cosa impongo $\xi ^{x^{2}}=\xi$$\xi ^{x^{2}}=\xi$.
   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$

   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$
   e tenendo conto che $i^{x^{2}}=i$$i^{x^{2}}=i$ e $\alpha ^{x^{2}}=-\alpha$$\alpha ^{x^{2}}=-\alpha$:
   $$\xi ^{x^{2}}=a_{0}-a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}-a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i-a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}-a_{7}\alpha ^{3}i$$

   $$\xi ^{x^{2}}=a_{0}-a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}-a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i-a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}-a_{7}\alpha ^{3}i$$
   e imponendo l'uguaglianza segue che $a_{1}=a_{3}=a_{5}=a_{7}=0$$a_{1}=a_{3}=a_{5}=a_{7}=0$, e quindi gli elementi fissati da $x^{2}$$x^2$ sono della forma
   $$\xi _{1}=a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}+a_{4}i+a_{6}\alpha ^{2}i,\,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i$$

   $$\xi _{1}=a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}+a_{4}i+a_{6}\alpha ^{2}i,\,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i$$
   Ora, impongo che gli elementi trovati vengano fissati anche da $y$$y$:
   $$\xi _{1}^{y}=a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}-a_{4}i-a_{6}\alpha ^{2}i$$

   $$\xi _{1}^{y}=a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}-a_{4}i-a_{6}\alpha ^{2}i$$
   allora, imponendo l'uguaglianza, $a_{4}=a_{6}=0$$a_{4}=a_{6}=0$.
   $$H_{2}''=\{a_{0}+a_{2}\alpha ^{2},\,a_{0},a_{2}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (\alpha ^{2})=\mathbb {Q} ({\sqrt {2}})$$

   $$H_{2}''=\{a_{0}+a_{2}\alpha ^{2},\,a_{0},a_{2}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (\alpha ^{2})=\mathbb {Q} ({\sqrt {2}})$$
3. $H_{3}=\{1,x^{2},xy,x^{3}y\}$$H_{3}=\{1,x^{2},xy,x^{3}y\}$; considero un generico elemento fissato da $x^{2}$$x^2$, della forma
   $$\xi _{1}=a_{0}+a_{2}\alpha +a_{4}i+a_{6}i\alpha$$

   $$\xi _{1}=a_{0}+a_{2}\alpha +a_{4}i+a_{6}i\alpha$$
   $$\xi _{1}^{xy}=a_{0}-a_{2}\alpha ^{2}-a_{4}i+a_{6}\alpha ^{2}i$$

   $$\xi _{1}^{xy}=a_{0}-a_{2}\alpha ^{2}-a_{4}i+a_{6}\alpha ^{2}i$$
   Imponendo l'uguaglianza
   $$a_{2}=a_{4}=0$$

   $$a_{2}=a_{4}=0$$
   quindi,
   $$H_{3}'=\{a_{0}+a_{6}\alpha ^{2}i\}=\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$$

   $$H_{3}'=\{a_{0}+a_{6}\alpha ^{2}i\}=\mathbb {Q} (i{\sqrt {2}})$$
4. $H_{4}=\{1,y\}$$H_{4}=\{1,y\}$; $H_{4}'=\mathbb {Q} (\alpha )$$H_{4}'=\mathbb {Q} (\alpha )$, infatti $y$$y$ fissa $\alpha$$\alpha$, $|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=2$$|\mathbb {Q} (\alpha ):\mathbb {Q} |=2$, $2=|G:H_{4}|=|H_{4}':\mathbb {Q} |$$2=|G:H_{4}|=|H_{4}':\mathbb {Q} |$ quindi $H_{4}'=\mathbb {Q} (\alpha )'$$H_{4}'=\mathbb {Q} (\alpha )'$.
5. $H_{5}=\{1,x^{2}\}$$H_{5}=\{1,x^{2}\}$; siccome gli elementi fissati da $x^{2}$$x^2$ sono già stati calcolati prima, segue che
   $$H_{5}'=\{a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}+a_{4}i+a_{6}\alpha ^{2}i,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$

   $$H_{5}'=\{a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}+a_{4}i+a_{6}\alpha ^{2}i,\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}$$
   e in particolare se pongo $a_{2}=a_{6}=0$$a_{2}=a_{6}=0$, ottengo $\mathbb {Q} (i)\subset H_{5}'$$\mathbb {Q} (i)\subset H_{5}'$.Anche $\alpha ^{2}$$\alpha ^{2}$ è fissato da $x^{2}$$x^2$; osservo allora che $|\mathbb {Q} (\alpha ^{2},i):\mathbb {Q} |=4$$|\mathbb {Q} (\alpha ^{2},i):\mathbb {Q} |=4$, inoltre $4=|G:H_{5}|=|H_{5}':\mathbb {Q} |$$4=|G:H_{5}|=|H_{5}':\mathbb {Q} |$ quindi $H_{5}'=\mathbb {Q} (\alpha ^{2},i)$$H_{5}'=\mathbb {Q} (\alpha ^{2},i)$.
6. $H_{6}=\{1,xy\}$$H_{6}=\{1,xy\}$; calcolo gli elementi fissati da $xy$$xy$, tenendo conto che $i^{xy}=-i$$i^{xy}=-i$, e $\alpha ^{xy}=-\alpha i$$\alpha ^{xy}=-\alpha i$:
   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$

   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$
   $$\longrightarrow \,\xi ^{xy}=a_{0}-a_{1}\alpha i-a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}i-a_{4}i-a_{5}\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}\alpha ^{3}$$

   $$\longrightarrow \,\xi ^{xy}=a_{0}-a_{1}\alpha i-a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}i-a_{4}i-a_{5}\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}\alpha ^{3}$$
   Imponendo l'uguaglianza
   $${\begin{cases}a_{1}=-a_{5},\\a_{2}=0\\a_{3}=a_{7}\\a_{4}=0\end{cases}}$$

   $${\begin{cases}a_{1}=-a_{5},\\a_{2}=0\\a_{3}=a_{7}\\a_{4}=0\end{cases}}$$
   da cui segue che
   $$H_{6}'=\{a_{0}+a_{1}(\alpha -i\alpha )+a_{3}(\alpha ^{3}+i\alpha ^{3})+a_{6}i\alpha ^{2},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \}$$

   $$H_{6}'=\{a_{0}+a_{1}(\alpha -i\alpha )+a_{3}(\alpha ^{3}+i\alpha ^{3})+a_{6}i\alpha ^{2},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \}$$
   Mostro che $H_{6}'=\mathbb {Q} (\alpha -i\alpha )$$H_{6}'=\mathbb {Q} (\alpha -i\alpha )$ infatti, calcolando le potenze di $\alpha -i\alpha$$\alpha -i\alpha$ ottengo:
   $$(\alpha -i\alpha )^{2}=\alpha ^{2}-2i\alpha ^{2}-\alpha ^{2}=-2i\alpha ^{2}$$

   $$(\alpha -i\alpha )^{2}=\alpha ^{2}-2i\alpha ^{2}-\alpha ^{2}=-2i\alpha ^{2}$$
   $$(\alpha -i\alpha )^{3}=-2i\alpha ^{2}(\alpha -i\alpha )=-2i\alpha ^{3}-2\alpha ^{3}=-2(i\alpha ^{3}+\alpha ^{3})$$

   $$(\alpha -i\alpha )^{3}=-2i\alpha ^{2}(\alpha -i\alpha )=-2i\alpha ^{3}-2\alpha ^{3}=-2(i\alpha ^{3}+\alpha ^{3})$$
   $$(\alpha -i\alpha )^{4}=(-2i\alpha ^{2})^{2}=-4\alpha ^{4}=-8$$

   $$(\alpha -i\alpha )^{4}=(-2i\alpha ^{2})^{2}=-4\alpha ^{4}=-8$$
   cioè $\alpha -i\alpha$$\alpha -i\alpha$ ha come polinomio minimo$x^{4}+8$$x^{4}+8$. Quindi posso porre $\beta =\alpha -i\alpha$$\beta =\alpha -i\alpha$, e scrivere
   $$H_{6}'=\{a_{0}+a_{1}\beta +a_{6}\beta ^{2}+a_{3}\beta ^{3},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (\beta ).$$

   $$H_{6}'=\{a_{0}+a_{1}\beta +a_{6}\beta ^{2}+a_{3}\beta ^{3},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \}=\mathbb {Q} (\beta ).$$
7. $H_{7}=\{1,x^{2}y\}$$H_{7}=\{1,x^{2}y\}$; tenendo conto che $i^{x^{2}y}=-i$$i^{x^{2}y}=-i$ e $\alpha ^{x^{2}y}=-\alpha$$\alpha ^{x^{2}y}=-\alpha$, e preso un generico elemento $\xi \in M$$\xi \in M$
   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3},\,a_{i}\in \mathbb {Q}$$

   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3},\,a_{i}\in \mathbb {Q}$$
   $$\xi ^{xy}=a_{0}-a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}-a_{3}\alpha ^{3}-a_{4}i+a_{5}i\alpha -a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$

   $$\xi ^{xy}=a_{0}-a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}-a_{3}\alpha ^{3}-a_{4}i+a_{5}i\alpha -a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$
   Imponendo l'uguaglianza si ha $a_{1}=a_{3}=a_{4}=a_{6}=0$$a_{1}=a_{3}=a_{4}=a_{6}=0$, quindi
   $$H_{7}'=\{a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}+a_{5}i\alpha +a_{7}i\alpha ^{2},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \}$$

   $$H_{7}'=\{a_{0}+a_{2}\alpha ^{2}+a_{5}i\alpha +a_{7}i\alpha ^{2},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \}$$
   e calcolando le potenze di $i\alpha$$i\alpha$:
   $$(i\alpha )^{2}=\alpha ^{2},\,(i\alpha )^{3}=-i\alpha ^{3},\,(i\alpha )^{4}=\alpha ^{2}=2$$

   $$(i\alpha )^{2}=\alpha ^{2},\,(i\alpha )^{3}=-i\alpha ^{3},\,(i\alpha )^{4}=\alpha ^{2}=2$$
   quindi $i\alpha$$i\alpha$ ha come polinomio minimo $x^{4}-2$$x^{4}-2$, $H_{7}'=\mathbb {Q} (i\alpha )$$H_{7}'=\mathbb {Q} (i\alpha )$ e $H_{7}'\supseteq \mathbb {Q}$$H_{7}'\supseteq \mathbb {Q}$ ha grado 4.
8. $H_{8}=\{1,x^{3}y\}$$H_{8}=\{1,x^{3}y\}$; $i^{x^{3}y}=-i$$i^{x^{3}y}=-i$, $\alpha ^{x^{3}y}=i\alpha$$\alpha ^{x^{3}y}=i\alpha$. Dato $\xi \in M$$\xi \in M$ della forma
   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$

   $$\xi =a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+a_{4}i+a_{5}i\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}+a_{7}i\alpha ^{3}$$
   $$\xi ^{x^{3}y}=a_{0}+a_{1}\alpha i-a_{2}\alpha ^{2}-a_{3}i\alpha ^{3}-a_{4}i+a_{5}\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}-a_{7}\alpha ^{3}$$

   $$\xi ^{x^{3}y}=a_{0}+a_{1}\alpha i-a_{2}\alpha ^{2}-a_{3}i\alpha ^{3}-a_{4}i+a_{5}\alpha +a_{6}i\alpha ^{2}-a_{7}\alpha ^{3}$$
   e imponendo l'uguaglianza:
   $${\begin{cases}a_{1}=a_{5}\\a_{2}=0\\a_{3}=-a_{7}\\a_{4}=0\end{cases}}$$

   $${\begin{cases}a_{1}=a_{5}\\a_{2}=0\\a_{3}=-a_{7}\\a_{4}=0\end{cases}}$$
   quindi
   $$H_{8}'=\{a_{0}+a_{1}(\alpha +i\alpha )+a_{3}(\alpha ^{3}+i\alpha ^{3})+a_{6}i\alpha ^{2},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}=\mathbb {Q} (\alpha +i\alpha )$$

   $$H_{8}'=\{a_{0}+a_{1}(\alpha +i\alpha )+a_{3}(\alpha ^{3}+i\alpha ^{3})+a_{6}i\alpha ^{2},\,a_{i}\in \mathbb {Q} \forall i\}=\mathbb {Q} (\alpha +i\alpha )$$
   infatti
   $$(\alpha +i\alpha )^{2}=\alpha ^{2}+2i\alpha ^{2}-\alpha ^{2}=2i\alpha ^{2}$$

   $$(\alpha +i\alpha )^{2}=\alpha ^{2}+2i\alpha ^{2}-\alpha ^{2}=2i\alpha ^{2}$$
   $$(\alpha +i\alpha )^{3}=2i\alpha ^{3}-2\alpha ^{3}$$

   $$(\alpha +i\alpha )^{3}=2i\alpha ^{3}-2\alpha ^{3}$$
   $$(\alpha +i\alpha )^{4}=(2i\alpha ^{2})^{2}=-4\alpha ^{4}=-8$$

   $$(\alpha +i\alpha )^{4}=(2i\alpha ^{2})^{2}=-4\alpha ^{4}=-8$$
   cioè $\alpha +i\alpha$$\alpha +i\alpha$ ha polinomio minimo $x^{4}+8$$x^{4}+8$ e quindi $H_{8}'\supseteq \mathbb {Q}$$H_{8}'\supseteq \mathbb {Q}$ ha grado 4.