Galoiskorrespondenz 9te EW < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:23 Do 18.02.2010 | | Autor: | mgoetze |
| Aufgabe | | Sei [mm] \zeta [/mm] die neunte Einheitswurzel in [mm] \mathbb{C}. [/mm] Bestimmen Sie alle Zwischenkörper $L$ von [mm] \mathbb{Q}[\zeta]:\mathbb{Q} [/mm] . Geben Sie desweiteren den Grad der Körpererweiterung [mm] [L:\mathbb{Q}] [/mm] und die Galoisgruppen [mm] \mathrm{Gal}(L:\mathbb{Q}) [/mm] für alle $L$ an. |
Ich bin schon darauf gekommen, dass die Galoisgruppe die Primrestklassengruppe [mm] (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^\* [/mm] ist. Die Untergruppen sind also
{1}
{1,8}
{1,4,7}
{1,2,4,5,7,8}
Die ganze Gruppe korrespondiert mit [mm] \mathbb{Q}[\zeta] [/mm] und {1} korrespondiert mit [mm] \mathbb{Q} [/mm] , das ist klar. Einen Zwischenkörper mit Grad 2 kann ich auch noch finden, nämlich [mm] \mathbb{Q}[\zeta^3] [/mm] , dieser korrespondiert also mit {1,8}. Aber was ist der Zwischenkörper, der mit {1,4,7} korrespondiert? Ich finde irgendwie nicht so recht den Ansatz.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:48 Do 18.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Die ganze Gruppe korrespondiert mit [mm]\mathbb{Q}[\zeta][/mm] und
> {1} korrespondiert mit [mm]\mathbb{Q}[/mm] , das ist klar. Einen
> Zwischenkörper mit Grad 2 kann ich auch noch finden,
> nämlich [mm]\mathbb{Q}[\zeta^3][/mm] ,
Der hat Grad 3, das Element hat nämlich Grad 3.
Für den Grad 2: der nciht triiviale Automorphismus ist ja gegeben durch [m]\zeta\mapsto \zeta^-1[/m]. Jetzt musst du eine Element finden, das fix unetr dieser Operation ist.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:56 Do 18.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin.
> > Die ganze Gruppe korrespondiert mit [mm]\mathbb{Q}[\zeta][/mm] und
> > {1} korrespondiert mit [mm]\mathbb{Q}[/mm] , das ist klar.
Eigentlich ist es genau andersherum. Der Fixkoerper von [mm] $\{ 1 \}$ [/mm] ist [mm] $\IQ[\zeta]$, [/mm] und der Fixkoerper der ganzen Gruppe ist [mm] $\IQ$.
[/mm]
> > Einen
> > Zwischenkörper mit Grad 2 kann ich auch noch finden,
> > nämlich [mm]\mathbb{Q}[\zeta^3][/mm] ,
>
> Der hat Grad 3, das Element hat nämlich Grad 3.
Nicht ganz: [mm] $\zeta^3$ [/mm] ist eine dritte primitive Einheitswurzel, womit das Minimalpolynom den Grad [mm] $\varphi(3) [/mm] = 2$ hat. Damit ist [mm] $[\IQ[\zeta^3] [/mm] : [mm] \IQ] [/mm] = 2$.
> Für den Grad 2: der nciht triiviale Automorphismus ist ja
> gegeben durch [m]\zeta\mapsto \zeta^-1[/m].
Es gibt einige nicht-triviale Automorphismen :) Du meinst den, der durch die komplexe Konjugation induziert wird?
> Jetzt musst du eine
> Element finden, das fix unetr dieser Operation ist.
Das ganze ergibt einen Zwischenkoerper $L$ mit [mm] $[\IQ[\zeta^3] [/mm] : L] = 2$, also mit $[L : [mm] \IQ] [/mm] = 3$. (Das Teil hat in der Zahlentheorie sogar einen tollen Namen  )
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:07 Fr 19.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Eigentlich ist es genau andersherum. Der Fixkoerper von [mm]\{ 1 \}[/mm]
> ist [mm]\IQ[\zeta][/mm], und der Fixkoerper der ganzen Gruppe ist
> [mm]\IQ[/mm].
Natürlich, voll verdreht. Gut das du da imemr drüber liest. Ist ja fast schon peinlich, was ich da schreibe ;)
> Nicht ganz: [mm]\zeta^3[/mm] ist eine dritte primitive
> Einheitswurzel, womit das Minimalpolynom den Grad
> [mm]\varphi(3) = 2[/mm] hat. Damit ist [mm][\IQ[\zeta^3] : \IQ] = 2[/mm].
Aber es immer noch nciht der Fixkörper der zu {1,8} korrespondiert. ;)
> > Für den Grad 2: der nciht triiviale Automorphismus ist ja
> > gegeben durch [m]\zeta\mapsto \zeta^\red{-1}[/m].
>
> Es gibt einige nicht-triviale Automorphismen :) Du meinst
> den, der durch die komplexe Konjugation induziert wird?
Na, der nicht-trivial in der Gruppe {1,8} - der ist genau die komplexe Konjugation. Den meinte ich.
> Das ganze ergibt einen Zwischenkoerper [mm]L[/mm] mit [mm][\IQ[\zeta^3] : L] = 2[/mm],
> also mit [mm][L : \IQ] = 3[/mm]. (Das Teil hat in der Zahlentheorie
> sogar einen tollen Namen )
Echt? Welchen denn?
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:52 Fr 19.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin SEcki!
> > Eigentlich ist es genau andersherum. Der Fixkoerper von [mm]\{ 1 \}[/mm]
> > ist [mm]\IQ[\zeta][/mm], und der Fixkoerper der ganzen Gruppe ist
> > [mm]\IQ[/mm].
>
> Natürlich, voll verdreht. Gut das du da imemr drüber
> liest. Ist ja fast schon peinlich, was ich da schreibe ;)
Kommt vor, passiert mir auch ab und an
Und wenn du mir die Frage direkt vor der Nase "wegschnappst" musst dich nicht beschweren das ich mir deine Antwort durchlese ;)
> > Nicht ganz: [mm]\zeta^3[/mm] ist eine dritte primitive
> > Einheitswurzel, womit das Minimalpolynom den Grad
> > [mm]\varphi(3) = 2[/mm] hat. Damit ist [mm][\IQ[\zeta^3] : \IQ] = 2[/mm].
>
> Aber es immer noch nciht der Fixkörper der zu {1,8}
> korrespondiert. ;)
Ja, der muesste auch Grad 3 haben :)
> > > Für den Grad 2: der nciht triiviale Automorphismus ist ja
> > > gegeben durch [m]\zeta\mapsto \zeta^\red{-1}[/m].
> >
> > Es gibt einige nicht-triviale Automorphismen :) Du meinst
> > den, der durch die komplexe Konjugation induziert wird?
>
> Na, der nicht-trivial in der Gruppe {1,8} - der ist genau
> die komplexe Konjugation. Den meinte ich.
Ach so, ok :)
> > Das ganze ergibt einen Zwischenkoerper [mm]L[/mm] mit [mm][\IQ[\zeta^3] : L] = 2[/mm],
> > also mit [mm][L : \IQ] = 3[/mm]. (Das Teil hat in der Zahlentheorie
> > sogar einen tollen Namen )
>
> Echt? Welchen denn?
![[]](/images/popup.gif) Groesster reeller Unterkoerper.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:52 Fr 19.02.2010 | | Autor: | mgoetze |
Nmorgen,
danke schonmal für die Antworten bis hierher!
> > > Die ganze Gruppe korrespondiert mit [mm]\mathbb{Q}[\zeta][/mm] und
> > > {1} korrespondiert mit [mm]\mathbb{Q}[/mm] , das ist klar.
>
> Eigentlich ist es genau andersherum. Der Fixkoerper von [mm]\{ 1 \}[/mm]
> ist [mm]\IQ[\zeta][/mm], und der Fixkoerper der ganzen Gruppe ist
> [mm]\IQ[/mm].
>
> > > Einen
> > > Zwischenkörper mit Grad 2 kann ich auch noch finden,
> > > nämlich [mm]\mathbb{Q}[\zeta^3][/mm] ,
> >
> > Der hat Grad 3, das Element hat nämlich Grad 3.
>
> Nicht ganz: [mm]\zeta^3[/mm] ist eine dritte primitive
> Einheitswurzel, womit das Minimalpolynom den Grad
> [mm]\varphi(3) = 2[/mm] hat. Damit ist [mm][\IQ[\zeta^3] : \IQ] = 2[/mm].
OK, ich sehe ich habe das genau verkehrt rum betrachtet. Jetzt macht das auch mehr Sinn denn die Automorphismen 4 [mm] (\zeta\mapsto\zeta^4) [/mm] und 7 [mm] (\zeta\mapsto\zeta^7) [/mm] bilden ja auch [mm] \zeta^3 [/mm] auf [mm] \zeta^3 [/mm] und [mm] \zeta^6 [/mm] auf [mm] \zeta^6 [/mm] ab. Das hatte mich gestern schon gewundert.
> > Für den Grad 2: der nciht triiviale Automorphismus ist ja
> > gegeben durch [m]\zeta\mapsto \zeta^-1[/m].
>
> Es gibt einige nicht-triviale Automorphismen :) Du meinst
> den, der durch die komplexe Konjugation induziert wird?
>
> > Jetzt musst du eine
> > Element finden, das fix unetr dieser Operation ist.
>
> Das ganze ergibt einen Zwischenkoerper [mm]L[/mm] mit [mm][\IQ[\zeta^3] : L] = 2[/mm],
> also mit [mm][L : \IQ] = 3[/mm]. (Das Teil hat in der Zahlentheorie
> sogar einen tollen Namen )
Also, eine Nullstelle ist es offensichtlich nicht, denn:
[mm] 8(\zeta) [/mm] = [mm] \zeta^8
[/mm]
[mm] 8(\zeta^2) [/mm] = [mm] \zeta^7
[/mm]
[mm] 8(\zeta^3) [/mm] = [mm] \zeta^6
[/mm]
usw.
Aber dein Hinweis mit dem "maximalem reellen Unterkörper" hat mich auf die Idee gebracht, dass es sowas wie [mm] \zeta^4+\zeta^5 [/mm] sein könnte, denn
[mm] 8(\zeta^4+\zeta^5)=8(\zeta^4)+8(\zeta^5)=\zeta^5+\zeta^4. [/mm] Zu zeigen wäre jetzt noch, dass das nicht rational ist (muss ich gleich mal meine Ana-Kenntnisse ausgraben).
Ist das jetzt prinzipiell richtig? Gibt es ein allgemeines Verfahren, um diese Fixelemente zu finden, oder muss man immer "scharf hingucken" und "ausprobieren"?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:17 Fr 19.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Aber dein Hinweis mit dem "maximalem reellen Unterkörper"
> hat mich auf die Idee gebracht, dass es sowas wie
> [mm]\zeta^4+\zeta^5[/mm] sein könnte, denn
> [mm]8(\zeta^4+\zeta^5)=8(\zeta^4)+8(\zeta^5)=\zeta^5+\zeta^4.[/mm]
Jupp.
> Zu zeigen wäre jetzt noch, dass das nicht rational ist
> (muss ich gleich mal meine Ana-Kenntnisse ausgraben).
Entweder mit Ana-Kenntnissen. Aber das ist Algebraisch unsytlisch. Wenn die Zahl rational wäre, dann wäre [m]\zeta[/m] eine Nullstelle eines Polynoms 5ten-Grades von der Form [m]x^5+x^4+s[/m]. Jetzt kennst du aber das Minimalpolynom von [m]\zeta[/m]. Welchen Grad hat denn das?
> Ist das jetzt prinzipiell richtig? Gibt es ein allgemeines
> Verfahren, um diese Fixelemente zu finden, oder muss man
> immer "scharf hingucken" und "ausprobieren"?
Ich kenne kein ganz Allgemeines Verfahren. Jedenfalls hast du gewisse Techniken - du kannst die Nullstellen der irreduziblen Teile des Polynoms betrachten, die ergeben Anhaltspunkte, wohin was gehen kann - und damit kann man auch Fixelemente finden. Auch hilft die komplexe Konjugation (was ein Spezialfall der Permutation der Nullstellen ist). Vielleicht kennt jemand anderes noch mehr.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:28 Fr 19.02.2010 | | Autor: | mgoetze |
Ja, das Minimalpolynom von [mm] \zeta [/mm] ist natürlich [mm] x^6+x^3+1. [/mm] OK, vielen dank für eure Hilfe!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:48 Fr 19.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Gibt es ein allgemeines Verfahren, um diese Fixelemente zu finden,
> oder muss man immer "scharf hingucken" und "ausprobieren"?
Das geht auch ganz allgemein. Aber das ist oft etwas umstaendlicher :)
Sei $L / K$ dazu eine Galoiserweiterung und $U$ eine Menge von Automorphismen. Sei [mm] $v_1, \dots, v_n$ [/mm] eine festgewaehlte Basis von $L$ ueber $K$ (etwa [mm] $v_i [/mm] = [mm] \alpha^{i-1}$, [/mm] wenn $L = [mm] K[\alpha]$ [/mm] ist).
Jeder Koerper-Automorphismus ist ja auch ein Vektorraumautomorphismus des Vektorraums $L$ ueber dem Koerper $K$. Somit kannst du jeden Automorphismus [mm] $\sigma \in [/mm] U$ durch eine Matrix [mm] $A_\sigma \in K^{n \times n}$ [/mm] beschreiben (die Matrix bestimmst du, indem du [mm] $\sigma(v_i)$ [/mm] als Linearkombination der [mm] $v_j$ [/mm] darstellst). Der Fixkoerper von [mm] $\sigma$ [/mm] ist nun einfach der Eigenraum von [mm] $A_\sigma$ [/mm] zum Eigenwert 1, also [mm] $Eig(A_\sigma, [/mm] 1)$. Den kannst du also mit ganz normalen Lineare-Algebra-Methoden ausrechnen.
Der Fixkoerper von $U$ ist nun [mm] $\bigcap_{\sigma \in U} Eig(A_\sigma, [/mm] 1)$. Den Schnitt von zwei Untervektorraeumen kannst du mit dem Gaussverfahren ausrechnen, also ist das auch nur Lineare Algebra (und [mm] $\sigma [/mm] = [mm] id_L$ [/mm] kannst du eh weglassen, da [mm] $Eig(A_{id_L}, [/mm] 1) = L$ ist).
Jetzt hast du also eine $K$-Vektorraum-Basis [mm] $w_1, \dots, w_m$ [/mm] von $Fix(U) = [mm] \bigcap_{\sigma \in U} Eig(A_\sigma, [/mm] 1)$. Wie kommst du jetzt auf ein Element [mm] $\beta$ [/mm] mit [mm] $K[\beta] [/mm] = Fix(U)$?
Erstmal ist immer $1 [mm] \in [/mm] Fix(U)$, womit du die Basis so waehlen kannst, dass [mm] $w_1 [/mm] = 1$ ist.
Ist nun $m$ eine Primzahl, so gibt es keinen echten Zwischenkoerper zwischen $Fix(U)$ und $K$, womit jedes Element aus $Fix(U) [mm] \setminus [/mm] K$ als Erzeuger dient. Dann kann man einfach [mm] $\beta [/mm] := [mm] w_2$ [/mm] waehlen und hat $Fix(U) = [mm] K[\beta]$.
[/mm]
Das bisherige wuerde fuer deinen Fall voellig ausreichen, da du einen Koerper von Grad 2 oder 3 suchst, und deine Untergruppe der Galoisgruppe zyklisch ist, du also nur einen Erzeuger nehmen musst und dieser bereits den Fixkoerper der ganzen Untergruppe liefert. Und eine schoene Basis von $L / K$ kennst du auch, naemlich [mm] $\zeta^0, \zeta^1, \dots, \zeta^5$.
[/mm]
Ist $m$ keine Primzahl (oder falls man sich nicht um solche Spezialfaelle kuemmern will ), so musst du das Erzeugendensystem [mm] $w_2, \dots, w_m$ [/mm] Schritt fuer Schritt zu einem Erzeuger zusammenkuerzen. Dafuer kannst du iterativ vorgehen, also jeweils [mm] $K(w_{m-1}, w_m) [/mm] = [mm] K(\beta)$ [/mm] schreiben und [mm] $w_{m-1}$ [/mm] durch [mm] $\beta$ [/mm] ersetzen und [mm] $w_m$ [/mm] weglassen.
Dazu hilft dir der Beweis des Satzes vom primitiven Element (siehe etwa hier): es gibt demnach ein [mm] $\lambda \in [/mm] K$, so dass [mm] $w_{m-1} [/mm] + [mm] \lambda w_m$ [/mm] ein Erzeuger von [mm] $K(w_{m-1}, w_m)$ [/mm] ueber $K$ ist. Mit linearer Algebra kann man dann das Minimalpolynom vom Ergebnis ausrechnen und schauen, ob es wirklich [mm] $K(w_{m-1}, w_m)$ [/mm] erzeugt (dazu muss man jedoch erstmal das Minimalpolynom von [mm] $w_{m-1}$ [/mm] und den Grad des Minimalpolynoms von [mm] $w_m$ [/mm] ueber [mm] $K(w_{m-1})$ [/mm] ausrechnen).
Alternativ kannst du gleich fuer zufaellige [mm] $\lambda_2, \dots, \lambda_m$ [/mm] das Minimalpolynom von [mm] $\beta [/mm] = [mm] \sum_{i=2}^m \lambda_i w_i$ [/mm] ausrechnen; wenn dies Grad $m$ hat, dann ist [mm] $K(\beta) [/mm] = [mm] K(w_2, \dots, w_m) [/mm] = Fix(U)$. Fuer die meisten Wahlen der [mm] $\lambda_i$ [/mm] wird dies auch der Fall sein.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:39 Fr 19.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Das geht auch ganz allgemein. Aber das ist oft etwas
> umstaendlicher :)
Ah, wieder was gelernt. Aber scharf hinschauenzeigt einem wohl auch besser die Zusammenhänge, bei den vielen LinAlg-Aufgaben, die man für sowas bewältgien muss, wird mir ganz schumrig! ;)
SEcki
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:29 Fr 19.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Das geht auch ganz allgemein. Aber das ist oft etwas
> > umstaendlicher :)
>
> Ah, wieder was gelernt. Aber scharf hinschauenzeigt einem
> wohl auch besser die Zusammenhänge, bei den vielen
> LinAlg-Aufgaben, die man für sowas bewältgien muss, wird
> mir ganz schumrig! ;)
ja, von Hand wuerd ich das auch nicht ausrechnen wollen
Meistens ist man mit "genauem hinsehen" wesentlich eher fertig.
Aber wenn man einfach so gar keine fixen Elemente unter einem Automorphismus findet, ist der Matrixansatz manchmal schon sehr hilfreich. Und meistens findet man auch recht schnell ein erzeugendes Element.
Aber wenn man so einfach nicht mehr weiterkommt, ist es immer gut zu wissen das man mit "stupider" linearer Algebra doch zum Ziel kommen kann ;)
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:51 Sa 20.02.2010 | | Autor: | mgoetze |
Danke für die Erklärung, Felix!
In der Klausur die ich heute geschrieben habe war das natürlich nicht notwendig, wir durften den Zerfällungskörper von [mm] x^3-2 [/mm] behandeln. Aber trotzdem danke!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:05 Sa 20.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> In der Klausur die ich heute geschrieben habe war das
> natürlich nicht notwendig, wir durften den
> Zerfällungskörper von [mm]x^3-2[/mm] behandeln. Aber trotzdem
> danke!
Und was musstet ihr alles machen? (Ich bin neugierig ;))
SEcki
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:02 Sa 20.02.2010 | | Autor: | mgoetze |
Puh... ich versuchs nochmal zusammenkriegen. Gewertet wurden 7 von 9 Aufgaben, zu lösen in 3 Stunden.
1. Definitionen und Sätze hinschreiben.
2a. [mm] m\mathbb{Z} [/mm] ist eine Untergruppe von [mm] (\mathbb{Z},+), [/mm] und jede Untergruppe ist von dieser Form.
2b. [mm] \mathrm{ggT}(m,n)=1\iff\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} [/mm] (chinesischer Restesatz darf nicht verwendet werden)
3. Auflösbarkeit von Gruppen der Ordnungen 40, 12, 84
4a. [mm] \varphi:R\to{}S [/mm] ein Ringhomomorphismus und [mm] I\subset{}S [/mm] ein Ideal, dann ist [mm] \varphi^{-1}(I)\subset{}R [/mm] ein Ideal.
4b. Wenn [mm] \varphi [/mm] surjektiv ist definiert er eine Bijektion zwischen den Idealen von $R$ und $S$ [und noch was anderes gehörte zu der Aussage].
5a. Eine Gruppe ist genau dann einfach und auflösbar wenn sie von Primzahlordnung ist.
5b. Jeder endliche Integritätsbereich ist ein Körper.
6a. Bestimme alle irreduziblen Polynome 2ten Grades in [mm] \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}
[/mm]
6b,c. Zeigen dass zwei Polynome in [mm] \mathbb{Z}[x] [/mm] irreduzibel sind.
7. Bestimme das Minimalpolynom von [mm] \sqrt[3]{5}\sqrt{7} [/mm] über [mm] \mathbb{Q}
[/mm]
8. Eine endliche Körpererweiterung ist algebraisch. Die Umkehrung gilt nicht.
9. Zerfällungskörper, Galoisgruppe und alle Zwischenkörper des Polynoms [mm] f(x)=x^3-2\in\mathbb{Q}[x] [/mm] bestimmen.
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