Galoisgruppe "allgemein" < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Es sei [mm]f:=X^4 + 1\in \IQ[X][/mm] und [mm]\xi \in \IC[/mm] eine Nullstelle von [mm]f[/mm].
a) Man zeige, dass [mm]f[/mm] in [mm] \IQ[X] [/mm] unzerlegbar ist.
b) Man gebe [mm][\IQ(\xi):\IQ][/mm] an. Man zeige, dass [mm]\IQ(\xi)[/mm] bereits der Zerfällungskörper von f ist, und man gebe die Faktorisierung von [mm]f[/mm] über [mm]IQ(\xi)[/mm] an.
c) Man bestimme den Isomorphietyp der Galois-Gruppe [mm] Gal(\IQ(\xi) [/mm] / [mm] \IQ)
[/mm]
d) Man gebe einen Erzeuger eines echten Zwischenkörpers [mm] \IQ [/mm] < L < [mm] \IQ(\xi) [/mm] an. |
Hallo!
Bei obiger Aufgabe habe ich einige Unsicherheiten.
a) Es ist [mm]f(X+1) = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2[/mm], das ist nach Eisenstein irreduzibel (p = 2). Somit ist auch f(X) irreduzibel.
Frage: Ich verstehe immer diesen Schluss von X zu X+1 nicht ganz. Wieso darf ich behaupten, dass die Irreduzibilität sich überträgt?
b) Ich weiß, dass die Nullstellen von [mm]X^4 + 1[/mm] gerade [mm]\pm \sqrt{2} / 2 + \pm \sqrt{2} / 2 i[/mm] sind. Es gilt somit [mm]\IQ(\xi) = \IQ(\sqrt{2},i)[/mm]. Darf ich das behaupten? Daraus folgt [mm][\IQ(\xi):\IQ] = 4[/mm].
Bei der Faktorisierung: Ich weiß, dass wenn [mm]\xi = \sqrt{2} / 2 + \sqrt{2}/2 i[/mm] wäre, dann die anderen Nullstellen [mm]\xi^2, \xi^3, \xi^4[/mm] wären. Aber wie sage ich das allgemein? Bei [mm]\xi = -\sqrt{2}/2 +\sqrt{2} / 2 i[/mm] würde das ja nicht klappen.
c) Es wäre dann die Galoisgruppe [mm] \IZ [/mm] / [mm] 4\IZ. [/mm] Wenn ich zum Beispiel die Automorphismen untersuche, die [mm]\xi = \sqrt{2} / 2 + \sqrt{2} / 2 i[/mm] auf [mm] -\sqrt{2} [/mm] / 2 - [mm] \sqrt{2} [/mm] / 2 i$ abbilden, der hätte Ordnung 4.
(?)
Grüße,
Stefan
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:37 Sa 19.03.2011 | | Autor: | statler |
Mahlzeit!
> Es sei [mm]f:=X^4 + 1\in \IQ[X][/mm] und [mm]\xi \in \IC[/mm] eine Nullstelle
> von [mm]f[/mm].
> a) Man zeige, dass [mm]f[/mm] in [mm]\IQ[X][/mm] unzerlegbar ist.
> b) Man gebe [mm][\IQ(\xi):\IQ][/mm] an. Man zeige, dass [mm]\IQ(\xi)[/mm]
> bereits der Zerfällungskörper von f ist, und man gebe die
> Faktorisierung von [mm]f[/mm] über [mm]IQ(\xi)[/mm] an.
> c) Man bestimme den Isomorphietyp der Galois-Gruppe
> [mm]Gal(\IQ(\xi)[/mm] / [mm]\IQ)[/mm]
> d) Man gebe einen Erzeuger eines echten Zwischenkörpers
> [mm]\IQ[/mm] < L < [mm]\IQ(\xi)[/mm] an.
Ich fange trotz Zeitmangels mal an.
> Bei obiger Aufgabe habe ich einige Unsicherheiten.
> a) Es ist [mm]f(X+1) = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2[/mm], das ist
> nach Eisenstein irreduzibel (p = 2). Somit ist auch f(X)
> irreduzibel.
> Frage: Ich verstehe immer diesen Schluss von X zu X+1
> nicht ganz. Wieso darf ich behaupten, dass die
> Irreduzibilität sich überträgt?
Wäre f(X+1) = [mm] g(X)$\cdot$h(X), [/mm] dann wäre f(X) = [mm] g(X-1)$\cdot$h(X-1) [/mm] = [mm] g'(X)$\cdot$h'(X). [/mm] (Es ist nicht die Ableitung gemeint!) Warum ist das eine nicht-triviale Zerlegung von f?
> b) Ich weiß, dass die Nullstellen von [mm]X^4 + 1[/mm] gerade [mm]\pm \sqrt{2} / 2 + \pm \sqrt{2} / 2 i[/mm]
> sind. Es gilt somit [mm]\IQ(\xi) = \IQ(\sqrt{2},i)[/mm]. Darf ich
> das behaupten?
Behaupten darfst du das, kannst du es auch beweisen? Daß die linke Seite in der rechten enthalten ist, ist klar. Andersherum ist im Gegensatz zu deiner untigen Behauptung [mm] \xi^2 [/mm] = i, also ist ein Teil der rechten Seite in der linken und dann auch die ganze rechte Seite.
> Daraus folgt [mm][\IQ(\xi):\IQ] = 4[/mm].
Das ist wohl wahr.
> Bei der Faktorisierung: Ich weiß, dass wenn [mm]\xi = \sqrt{2} / 2 + \sqrt{2}/2 i[/mm]
> wäre, dann die anderen Nullstellen [mm]\xi^2, \xi^3, \xi^4[/mm]
> wären.
Ich tippe auf [mm]\xi^3, \xi^5, \xi^7[/mm].
> Aber wie sage ich das allgemein? Bei [mm]\xi = -\sqrt{2}/2 +\sqrt{2} / 2 i[/mm]
> würde das ja nicht klappen.
> c) Es wäre dann die Galoisgruppe [mm]\IZ[/mm] / [mm]4\IZ.[/mm] Wenn ich zum
> Beispiel die Automorphismen untersuche, die [mm]\xi = \sqrt{2} / 2 + \sqrt{2} / 2 i[/mm]
> auf [mm]-\sqrt{2}[/mm] / 2 - [mm]\sqrt{2}[/mm] / 2 i$ abbilden, der hätte
> Ordnung 4.
>
> (?)
Über c) solltest du mit diesen Erkenntnissen noch mal nachdenken.
Gruß aus HH-Eimsbüttel
Dieter
|
|
|
| |
|
Hallo statler,
danke für deine Antwort!
> > Es sei [mm]f:=X^4 + 1\in \IQ[X][/mm] und [mm]\xi \in \IC[/mm] eine Nullstelle
> > von [mm]f[/mm].
> > a) Man zeige, dass [mm]f[/mm] in [mm]\IQ[X][/mm] unzerlegbar ist.
> > b) Man gebe [mm][\IQ(\xi):\IQ][/mm] an. Man zeige, dass [mm]\IQ(\xi)[/mm]
> > bereits der Zerfällungskörper von f ist, und man gebe die
> > Faktorisierung von [mm]f[/mm] über [mm]IQ(\xi)[/mm] an.
> > c) Man bestimme den Isomorphietyp der Galois-Gruppe
> > [mm]Gal(\IQ(\xi)[/mm] / [mm]\IQ)[/mm]
> > d) Man gebe einen Erzeuger eines echten
> Zwischenkörpers
> > [mm]\IQ[/mm] < L < [mm]\IQ(\xi)[/mm] an.
> > Bei obiger Aufgabe habe ich einige Unsicherheiten.
> > a) Es ist [mm]f(X+1) = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2[/mm], das ist
> > nach Eisenstein irreduzibel (p = 2). Somit ist auch f(X)
> > irreduzibel.
> > Frage: Ich verstehe immer diesen Schluss von X zu X+1
> > nicht ganz. Wieso darf ich behaupten, dass die
> > Irreduzibilität sich überträgt?
>
> Wäre f(X+1) = g(X)[mm]\cdot[/mm]h(X), dann wäre f(X) =
> g(X-1)[mm]\cdot[/mm]h(X-1) = g'(X)[mm]\cdot[/mm]h'(X). (Es ist nicht die
> Ableitung gemeint!) Warum ist das eine nicht-triviale
> Zerlegung von f?
Weil durch den Übergang X [mm] \to [/mm] X+1 bzw. umgekehrt der Grad nicht verringert wird?
> > b) Ich weiß, dass die Nullstellen von [mm]X^4 + 1[/mm] gerade [mm]\pm \sqrt{2} / 2 + \pm \sqrt{2} / 2 i[/mm]
> > sind. Es gilt somit [mm]\IQ(\xi) = \IQ(\sqrt{2},i)[/mm]. Darf ich
> > das behaupten?
>
> Behaupten darfst du das, kannst du es auch beweisen? Daß
> die linke Seite in der rechten enthalten ist, ist klar.
> Andersherum ist im Gegensatz zu deiner untigen Behauptung
> [mm]\xi^2[/mm] = i, also ist ein Teil der rechten Seite in der
> linken und dann auch die ganze rechte Seite.
ok. klar.
> > Bei der Faktorisierung: Ich weiß, dass wenn [mm]\xi = \sqrt{2} / 2 + \sqrt{2}/2 i[/mm]
> > wäre, dann die anderen Nullstellen [mm]\xi^2, \xi^3, \xi^4[/mm]
> > wären.
>
> Ich tippe auf [mm]\xi^3, \xi^5, \xi^7[/mm].
Ja, du hast recht. Ich hab mich irgendwie vertan.
Mit den Potenzen 1,3,5,7 scheint das mit jeder Nullstelle zu klappen. Aber warum ist das so?
Ok, c) nochmal neu:
Wenn ich jetzt mal die Nullstelle [mm] $\xi [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] + [mm] \frac{\sqrt{2}}{2}*i$ [/mm] untersuche, dann ist [mm] $\xi^8 [/mm] = 1$.
[mm] $\sigma_1:\xi \to \xi$ [/mm] die Identität
[mm] $\sigma_2:\xi \to \xi^3$ [/mm] erfüllt [mm] $\sigma_2^2(\xi) [/mm] = [mm] \xi^9 [/mm] = [mm] \xi$, [/mm] also Ordnung 2.
[mm] $\sigma_3:\xi \to \xi^5$ [/mm] erfüllt [mm] $\sigma_3^2(\xi) [/mm] = [mm] \xi^{25} [/mm] = [mm] \xi$, [/mm] also Ordnung 2.
[mm] $\sigma_4:\xi \to \xi^7$ [/mm] erfüllt [mm] $\sigma_4^2(\xi) [/mm] = [mm] \xi^{49} [/mm] = [mm] \xi$, [/mm] also Ordnung 2.
Damit wäre in diesem Fall [mm] $Gal(\IQ(\xi) [/mm] / [mm] \IQ) [/mm] = [mm] \IZ/2\IZ \times \IZ [/mm] / [mm] 2\IZ$.
[/mm]
Mein Problem: Wie kann ich denn garantieren, dass das für jedes [mm] \xi [/mm] so läuft? Muss ich das jetzt an allen vier Nullstellen ausprobieren?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 Sa 19.03.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo Stefan,
die Frage warum sich die Irreduzibilität bei $X [mm] \to [/mm] X+1$ überträgt, kann ich leider nicht beantworten, daher lasse ich die Frage mal halb offen.
Man sieht aber auch mittels Reduktion der Koeffizienten modulo 3 schnell, dass [mm] $f=X^4+1$ [/mm] in [mm] $\IF_3$ [/mm] keine Nullstelle hat, dann musst du nur noch ausschließen, dass [mm] $f\:$ [/mm] Produkt von irreduziblen Polynomen vom Grad 2 in [mm] $\IF_3[X]$ [/mm] ist, diese müssten normiert sein, da gibt es dann nicht mehr viele. Eisenstein ist wohl aber schneller.
> > > Bei der Faktorisierung: Ich weiß, dass wenn [mm]\xi = \sqrt{2} / 2 + \sqrt{2}/2 i[/mm]
> > > wäre, dann die anderen Nullstellen [mm]\xi^2, \xi^3, \xi^4[/mm]
> > > wären.
> >
> > Ich tippe auf [mm]\xi^3, \xi^5, \xi^7[/mm].
>
> Ja, du hast recht. Ich hab mich irgendwie vertan.
> Mit den Potenzen 1,3,5,7 scheint das mit jeder Nullstelle
> zu klappen. Aber warum ist das so?
Es sind doch [mm] $\zeta:=e^{i\frac{\pi}{4}}, e^{i\frac{3\pi}{4}}=\zeta^3, e^{i\frac{5\pi}{4}}=\zeta^5, e^{i\frac{7\pi}{4}}=\zeta^7$ [/mm] deine Nullstellen von [mm] $f\:$. [/mm] Das sind offensichtlich 8-te Einheitswurzeln, denn sie sind Nullstellen von [mm] $X^8-1$. [/mm] Außerdem sind sie sogar primitive Einheitswurzeln, da sie alle in der multiplikativen Gruppe [mm] $U_8$ [/mm] der 8-ten Einheitswurzeln die Ordnung 8 haben.
Es handelt sich bereits um alle 8-ten Einheitswurzeln, da [mm] $\varphi(8)=4$ [/mm] mit der Eulerschen [mm] $\varphi$-Funktion.
[/mm]
Damit ist also [mm] $f\:$ [/mm] das 8. Kreisteilungspolynom (es ist irreduzibel und hat alle primitiven 8-ten Einheitswurzeln als Nullstellen).
Damit folgt auch sofort, dass [mm] $\IQ(\zeta)$ [/mm] bereits der Zerfällungskörper von [mm] $f\:$ [/mm] ist, wenn [mm] $\zeta$ [/mm] nun wieder eine beliebige Nullstelle von [mm] $f\:$ [/mm] ist.
Es gilt dann: [mm] $Gal(\IQ(\zeta)/\IQ) \cong Aut(U_8) \cong (\IZ/8\IZ)^{\times} [/mm] = [mm] \{1,3,5,7\}.
[/mm]
Damit kannst du dann ganz einfach zeigen, dass (wie du ja schon herausgefunden hast) [mm] $Gal(\IQ(\zeta)/\IQ) \cong \IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ$, [/mm] denn $3,5,7 [mm] \in (\IZ/8\IZ)^{\times}$ [/mm] haben Ordnung 2.
> Ok, c) nochmal neu:
>
> Wenn ich jetzt mal die Nullstelle [mm]\xi = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}*i[/mm]
> untersuche, dann ist [mm]\xi^8 = 1[/mm].
>
> [mm]\sigma_1:\xi \to \xi[/mm] die Identität
> [mm]\sigma_2:\xi \to \xi^3[/mm] erfüllt [mm]\sigma_2^2(\xi) = \xi^9 = \xi[/mm],
> also Ordnung 2.
> [mm]\sigma_3:\xi \to \xi^5[/mm] erfüllt [mm]\sigma_3^2(\xi) = \xi^{25} = \xi[/mm],
> also Ordnung 2.
> [mm]\sigma_4:\xi \to \xi^7[/mm] erfüllt [mm]\sigma_4^2(\xi) = \xi^{49} = \xi[/mm],
> also Ordnung 2.
>
> Damit wäre in diesem Fall [mm]Gal(\IQ(\xi) / \IQ) = \IZ/2\IZ \times \IZ / 2\IZ[/mm].
>
> Mein Problem: Wie kann ich denn garantieren, dass das für
> jedes [mm]\xi[/mm] so läuft? Muss ich das jetzt an allen vier
> Nullstellen ausprobieren?
Alle Nullstellen sind primitive 8-te Einheitswurzel, damit ist es egal.
Hilft dir das weiter?
Für Aufagenteil d) kannst du nun einen Galoisautomorphismus (der nicht Identität ist) auswählen und die durch ihn erzeugte Untergruppe der Ordnung 2 in der Galoisgruppe betrachte. Da [mm] $f\:$ [/mm] irred. ist, operiert [mm] $Gal(\IQ(\zeta)/\IQ)$ [/mm] ja transitiv auf der Nullstellenmenge, die Automorphismen sind also gegeben durch [mm] $\zeta \mapsto \zeta^3, \zeta \mapsto \zeta^5, \zeta \mapsto \zeta^7$ [/mm] mit [mm] $\zeta [/mm] = [mm] e^{i\frac{\pi}{4}}$. [/mm] Für den ersten und den dritten Automorphismus findet man recht leicht Invarianten, die nicht in [mm] $\IQ$ [/mm] liegen und somit den Fixkörper unter der vom Automorphismus erzeugten Untergruppe erzeugen müssen (denn dieser ist ja nur vom Grad 2 über [mm] $\IQ$). [/mm] Für den zweiten ist es etwas trickreicher.
LG Lippel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:59 Sa 19.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
Lippel hat ja schon den Grossteil beantwortet, also hier noch der Rest:
> > > Frage: Ich verstehe immer diesen Schluss von X zu
> X+1
> > > nicht ganz. Wieso darf ich behaupten, dass die
> > > Irreduzibilität sich überträgt?
> >
> > Wäre f(X+1) = g(X)[mm]\cdot[/mm]h(X), dann wäre f(X) =
> > g(X-1)[mm]\cdot[/mm]h(X-1) = g'(X)[mm]\cdot[/mm]h'(X). (Es ist nicht die
> > Ableitung gemeint!) Warum ist das eine nicht-triviale
> > Zerlegung von f?
>
> Weil durch den Übergang X [mm]\to[/mm] X+1 bzw. umgekehrt der Grad
> nicht verringert wird?
Ja.
Genauer: Sei $R$ ein Integritaetsring, und sei $g [mm] \in [/mm] R[x]$ fest gewaehlt. Dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus [mm] $\phi_g [/mm] : R[x] [mm] \to [/mm] R[x]$ mit [mm] $\phi|_R [/mm] = [mm] id_R$ [/mm] und [mm] $\phi(x) [/mm] = g$. Du kannst schnell zeigen: [mm] $\phi$ [/mm] injektiv [mm] $\Leftrightarrow \deg [/mm] g [mm] \ge [/mm] 1$, und weiterhin gilt [mm] $\phi$ [/mm] bijektiv [mm] $\Leftrightarrow \deg [/mm] g = 1$ und der Leitkoeffizient von $g$ ist eine Einheit in $R$.
Daraus folgt: ein Automorphismus $R[x] [mm] \to [/mm] R[x]$, der $R$ festhaelt, ist immer von der Form [mm] $\phi_g$ [/mm] mit [mm] $\deg [/mm] g = 1$ und invertierbarem Leitkoeffizienten von $g$.
Fuer $R = K$ (Koerper) gilt also [mm] $\phi_g$ [/mm] Automorphismus [mm] $\Leftrightarrow \deg [/mm] g = 1$.
So. Und wenn $R$ und $S$ Integritaetsringe sind und [mm] $\phi [/mm] : R [mm] \to [/mm] S$ ein Isomorphismus, dann gilt fuer $f [mm] \in [/mm] R$, dass $f$ genau dann irreduzibel (prim, Einheit, ...) ist, wenn [mm] $\phi(f)$ [/mm] irreduzibel (prim, Einheit ...) ist.
In diesem Fall: sei $h = x + 1$, dann ist [mm] $\phi_h(f) [/mm] = f(x + 1)$. Nach den obigen Saetzen folgt: $f
[mm] \in [/mm] K[x]$ ist irreduzibel [mm] $\Leftrightarrow$ [/mm] $f(x + 1)$ ist irreduzibel.
Der "Trick" ist also, dass $f [mm] \mapsto [/mm] f(x + 1)$ ein Automorphismus von $K[x]$ ist.
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hallo Felix und Lippel,
danke für Eure Antworten!
Stefan
|
|
|
|
