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| Aufgabe | | Gegeben [mm] f(x)=x^4+1. [/mm] Sei L Zerfällungskörper von f. Bestimme: Gal(f), alle Untergruppen von Gal(f) und alle Zwischenkörper von L |
Hallo! Ich fasse mal kurz zusammen was ich schon habe:
Nullstellen [mm] \{e^{\bruch{ipi}{4}}, e^{\bruch{i3pi}{4}}, e^{\bruch{i5pi}{4}}, e^{\bruch{i7pi}{4}}\}=:\{\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4\}
[/mm]
[mm] L=\IQ(e^{\bruch{ipi}{4}})
[/mm]
[mm] |Gal(f)|=[L:\IQ]=4 [/mm]
[mm] Gal(f)=\{Id, \sigma, \tau, \sigma\tau\}
[/mm]
[mm] \sigma=(\alpha_1, \alpha_2)(\alpha_3, \alpha_4) [/mm]
[mm] \tau=(\alpha_1, \alpha_4)(\alpha_2, \alpha_3) (\tau [/mm] ist die komplexe Konjugation)
[mm] \sigma\tau=(\alpha_1, \alpha_3)(\alpha_2, \alpha_4)
[/mm]
Gilt dann [mm] Gal(f)\cong C_2\times C_2 [/mm] ?
Die Untergruppe von Gal(f) sind: [mm] \{Id\}, \{Id, \tau\}, \{Id, \sigma\}, \{Id\, \sigma\tau\}, \{Id, \tau, \sigma, \tau\sigma\}
[/mm]
Zu den Zwischenkörpern:
Ich kenne zum bestimmen der Zwischenkörper irgendwie keine feste Vorgehensweise. Habe mir mal eine Basis von L definiert und geschaut, welche Basiselemente von den Elementen einer Untergruppe von Gal(f) festgehalten werden. Resultat: Keiner. Daher gehe ich davon aus, dass man das so nicht machen kann.
Bräuchte da also etwas Hilfe. Wie genau macht man das?
Mfg, kullinarisch
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moin,
Ich gehe mal davon aus, dass deine Nullstellen und die Automorphismen stimmen.
Wenn man bedenkt, dass es nur zwei Gruppen mit 4 Elementen gibt und dass die [mm] $C_4$ [/mm] ein Element der Ordnung $4$ enthalten muss (was deine nicht tut), so folgt sofort, dass du dort eine [mm] $C_2 \times C_2$ [/mm] vor dir hast, ja.
Zum suchen der Unterkörper:
Du hast natürlich die beiden trivialen, nämlich [mm] $\IQ$ [/mm] und $L$ selber.
Da jeder Zwischenkörper einer Untergruppe der Galoisgruppe entspricht, sind also noch 3 echte Zwischenkörper zu finden.
Mit dem Gradsatz erhältst du, dass diese Grad 2 über [mm] $\IQ$ [/mm] haben müssen.
Also können wir doch einfach mal Elemente in $L$ suchen, deren Minimalpolynom über [mm] $\IQ$ [/mm] Grad 2 hat.
So ist etwa [mm] $\alpha_1^2 [/mm] = i [mm] \in [/mm] L$ und damit [mm] $\IQ(i)$ [/mm] ein echter Zwischenkörper.
Durch geeignete Produkte oder Linearkombinationen der Nullstellen sollten sich auch die anderen Zwischenkörper finden lassen; hierbei ist aufzupassen, dass du nicht aus Versehen mehrfach den gleichen auflistest.
Da das noch keine genaue Berechnungsvorschrift sondern eher geschicktes Ausprobieren ist, lass ich die Frage mal halboffen.
lg
Schadow
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> moin,
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> Ich gehe mal davon aus, dass deine Nullstellen und die
> Automorphismen stimmen.
> Wenn man bedenkt, dass es nur zwei Gruppen mit 4 Elementen
> gibt und dass die [mm]C_4[/mm] ein Element der Ordnung [mm]4[/mm] enthalten
> muss (was deine nicht tut), so folgt sofort, dass du dort
> eine [mm]C_2 \times C_2[/mm] vor dir hast, ja.
> Zum suchen der Unterkörper:
> Du hast natürlich die beiden trivialen, nämlich [mm]\IQ[/mm] und
> [mm]L[/mm] selber.
> Da jeder Zwischenkörper einer Untergruppe der
> Galoisgruppe entspricht, sind also noch 3 echte
> Zwischenkörper zu finden.
> Mit dem Gradsatz erhältst du, dass diese Grad 2 über [mm]\IQ[/mm]
> haben müssen.
> Also können wir doch einfach mal Elemente in [mm]L[/mm] suchen,
> deren Minimalpolynom über [mm]\IQ[/mm] Grad 2 hat.
> So ist etwa [mm]\alpha_1^2 = i \in L[/mm] und damit [mm]\IQ(i)[/mm] ein
> echter Zwischenkörper.
> Durch geeignete Produkte oder Linearkombinationen der
> Nullstellen sollten sich auch die anderen Zwischenkörper
> finden lassen; hierbei ist aufzupassen, dass du nicht aus
> Versehen mehrfach den gleichen auflistest.
>
> Da das noch keine genaue Berechnungsvorschrift sondern eher
> geschicktes Ausprobieren ist, lass ich die Frage mal
> halboffen.
>
>
> lg
>
> Schadow
Ok danke, ich habe ein bisschen ausprobiert und auch noch eins gefunden:
[mm] \alpha_1+\alpha_2=i\wurzel{2} [/mm] mit Minimalpolynom [mm] x^2+2 [/mm] also [mm] \IQ(i\wurzel{2})
[/mm]
aber den dritten Zwischenkörper finde ich nicht. Ist aber auch nicht so wichtig, bin ja nur am üben.
Zufriedenstellend ist das ja nicht gerade, wenn man sich beim Suchen immer so abrackern muss.
Mfg, kulli
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:53 So 27.01.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Gegeben [mm]f(x)=x^4+1.[/mm] Sei L Zerfällungskörper von f.
> Bestimme: Gal(f), alle Untergruppen von Gal(f) und alle
> Zwischenkörper von L
> Hallo! Ich fasse mal kurz zusammen was ich schon habe:
>
> Nullstellen [mm]\{e^{\bruch{ipi}{4}}, e^{\bruch{i3pi}{4}}, e^{\bruch{i5pi}{4}}, e^{\bruch{i7pi}{4}}\}=:\{\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4\}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm]L=\IQ(e^{\bruch{ipi}{4}})[/mm]
Du hast also eine achte primitive Einheitswurzel hinzuadjungiert. Sei [mm] $\zeta [/mm] = [mm] \exp(\frac{2 i \pi}{8}) [/mm] = [mm] \alpa_1$. [/mm] Dann ist [mm] $\alpha_2 [/mm] = [mm] \zeta^3$, $\alpha_3 [/mm] = [mm] \zeta^5$ [/mm] und [mm] $\alpha_4 [/mm] = [mm] \zeta^7$.
[/mm]
> [mm]|Gal(f)|=[L:\IQ]=4[/mm]
>
> [mm]Gal(f)=\{Id, \sigma, \tau, \sigma\tau\}[/mm]
>
> [mm]\sigma=(\alpha_1, \alpha_2)(\alpha_3, \alpha_4)[/mm]
Es ist also [mm] $\sigma(\zeta) [/mm] = [mm] \zeta^3 [/mm] = [mm] \alpha_2$. [/mm] Daraus folgt [mm] $\sigma(\alpha_2) [/mm] = [mm] \sigma(\zeta^3) [/mm] = [mm] \sigma(\zeta)^3 [/mm] = [mm] (\zeta^3)^3 [/mm] = [mm] \zeta^9 [/mm] = [mm] \zeta$, [/mm] und [mm] $\sigma(\alpha_3) [/mm] = [mm] \sigma(\zeta^5) [/mm] = [mm] \zeta^{15} [/mm] = [mm] \zeta^7$. [/mm] Stimmt also.
> [mm]\tau=(\alpha_1, \alpha_4)(\alpha_2, \alpha_3) (\tau[/mm] ist die
> komplexe Konjugation)
Damit ist [mm] $\sigma(\zeta) [/mm] = [mm] \zeta^7$, [/mm] und [mm] $\sigma(\zeta^7) [/mm] = [mm] \sigma(\zeta)^7 [/mm] = [mm] \zeta^{7 \cdot 7} [/mm] = [mm] \zeta$.
[/mm]
> [mm]\sigma\tau=(\alpha_1, \alpha_3)(\alpha_2, \alpha_4)[/mm]
> Gilt dann [mm]Gal(f)\cong C_2\times C_2[/mm] ?
Ja.
Allgemein gilt: [mm] $Gal(\IQ(\exp(2 \pi i/n))/\IQ) \cong (\IZ/n\IZ)^\ast$. [/mm] Hier ist $n = 8$, womit $Gal(f) [mm] \cong (\IZ/8\IZ)^\ast$ [/mm] ist. Und diese Gruppe ist isomorph zu [mm] $C_2 \times C_2$.
[/mm]
> Die Untergruppe von Gal(f) sind: [mm]\{Id\}, \{Id, \tau\}, \{Id, \sigma\}, \{Id\, \sigma\tau\}, \{Id, \tau, \sigma, \tau\sigma\}[/mm]
> Zu den Zwischenkörpern:
>
> Ich kenne zum bestimmen der Zwischenkörper irgendwie keine
> feste Vorgehensweise. Habe mir mal eine Basis von L
> definiert und geschaut, welche Basiselemente von den
> Elementen einer Untergruppe von Gal(f) festgehalten werden.
> Resultat: Keiner. Daher gehe ich davon aus, dass man das so
> nicht machen kann.
Es gibt folgende Vorgehensweise, die immer funktioniert, aber recht muehsam ist.
Sei $L/K$ eine Koerpererweiterung und sei [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ [/mm] eine $K$-Basis von $L$. Ist jetzt [mm] $\sigma$ [/mm] ein $K$-Automorphismus von $L$, so ist [mm] $\sigma$ [/mm] insb. eine $K$-lineare Abbildung. Du kannst also eine Matrizendartellung von [mm] $\sigma$ [/mm] bzgl. der Basis [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ [/mm] finden; sei diese Matrix [mm] $A_\sigma$.
[/mm]
Aus der linearen Algebra weisst du nun: der Untervektorraum der Elemente, die von [mm] $\sigma$ [/mm] festgehalten werden, ist genau [mm] $Eig(\sigma, [/mm] 1)$. Dies kannst du bestimmen, indem du eine Basis von [mm] $Eig(A_\sigma, [/mm] 1) = [mm] \ker(A_\sigma [/mm] - [mm] I_n)$ [/mm] bestimmst.
Damit kannst du fuer jeden $K$-Automorphismus [mm] $\sigma$ [/mm] von $L$ eine $K$-Basis von [mm] $Fix(\sigma)$ [/mm] bestimmen. Ist nun $U$ eine Menge von $K$-Automorphismen von $L$, so ist $Fix(U) = [mm] \bigcap_{\sigma \in U} Fix(\sigma)$.
[/mm]
Wenn also speziell $U$ eine Untergruppe ist, kannst du zu jedem [mm] $\sigma \in [/mm] U$ eine $K$-Basis von [mm] $Fix(\sigma)$ [/mm] bestimmen (in Bezug zur Basis [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n$). [/mm] In der linearen Algebra solltest du auch gelernt haben, wie du den Schnitt von Untervektorraeumen ausrechnen kannst. Damit kannst du hier weitermachen und so schliesslich eine $K$-Basis von $Fix(U)$ bestimmen.
Das ist muehsam, fuehrt aber immer zum Ziel 
Du kannst beachten, dass $Fix(U) = Fix(U [mm] \setminus \{ Id \})$ [/mm] ist. Da alle "interessanten" Untergruppen hier zwei Elemente haben musst du also nur [mm] $Fix(\sigma)$ [/mm] fuer ein passendes [mm] $\sigma$ [/mm] bestimmen. Damit faellt schonmal das Bilden des Schnittes weg. Du musst also drei Abbildungsmatrizen und jeweils den Eigenraum zum Eigenwert 1 bestimmen.
Wenn du das jeweils so machst, dass du die Basis $(1, x)$ erhaelst mit $x [mm] \in \IQ(\zeta) \setminus \IQ$ [/mm] (da 1 immer in [mm] $Fix(\sigma)$ [/mm] ist geht das), dann ist [mm] $\IQ(x)$ [/mm] der entsprechende Fixkoerper.
LG Felix
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> Moin!
Hi!
> > Gegeben [mm]f(x)=x^4+1.[/mm] Sei L Zerfällungskörper von f.
> > Bestimme: Gal(f), alle Untergruppen von Gal(f) und alle
> > Zwischenkörper von L
> > Hallo! Ich fasse mal kurz zusammen was ich schon habe:
> >
> > Nullstellen [mm]\{e^{\bruch{ipi}{4}}, e^{\bruch{i3pi}{4}}, e^{\bruch{i5pi}{4}}, e^{\bruch{i7pi}{4}}\}=:\{\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4\}[/mm]
>
>
>
> > [mm]L=\IQ(e^{\bruch{ipi}{4}})[/mm]
>
>
>
> Du hast also eine achte primitive Einheitswurzel
> hinzuadjungiert. Sei [mm]\zeta = \exp(\frac{2 i \pi}{8}) = \alpa_1[/mm].
> Dann ist [mm]\alpha_2 = \zeta^3[/mm], [mm]\alpha_3 = \zeta^5[/mm] und
> [mm]\alpha_4 = \zeta^7[/mm].
>
> > [mm]|Gal(f)|=[L:\IQ]=4[/mm]
> >
> > [mm]Gal(f)=\{Id, \sigma, \tau, \sigma\tau\}[/mm]
> >
> > [mm]\sigma=(\alpha_1, \alpha_2)(\alpha_3, \alpha_4)[/mm]
>
> Es ist also [mm]\sigma(\zeta) = \zeta^3 = \alpha_2[/mm]. Daraus
> folgt [mm]\sigma(\alpha_2) = \sigma(\zeta^3) = \sigma(\zeta)^3 = (\zeta^3)^3 = \zeta^9 = \zeta[/mm],
> und [mm]\sigma(\alpha_3) = \sigma(\zeta^5) = \zeta^{15} = \zeta^7[/mm].
> Stimmt also.
>
> > [mm]\tau=(\alpha_1, \alpha_4)(\alpha_2, \alpha_3) (\tau[/mm] ist die
> > komplexe Konjugation)
>
> Damit ist [mm]\sigma(\zeta) = \zeta^7[/mm], und [mm]\sigma(\zeta^7) = \sigma(\zeta)^7 = \zeta^{7 \cdot 7} = \zeta[/mm].
>
> > [mm]\sigma\tau=(\alpha_1, \alpha_3)(\alpha_2, \alpha_4)[/mm]
>
>
>
> > Gilt dann [mm]Gal(f)\cong C_2\times C_2[/mm] ?
>
> Ja.
>
> Allgemein gilt: [mm]Gal(\IQ(\exp(2 \pi i/n))/\IQ) \cong (\IZ/n\IZ)^\ast[/mm].
> Hier ist [mm]n = 8[/mm], womit [mm]Gal(f) \cong (\IZ/8\IZ)^*[/mm] ist. Und
> diese Gruppe ist isomorph zu [mm]C_2 \times C_2[/mm].
> > Die Untergruppe von Gal(f) sind: [mm]\{Id\}, \{Id, \tau\}, \{Id, \sigma\}, \{Id\, \sigma\tau\}, \{Id, \tau, \sigma, \tau\sigma\}[/mm]
>
>
>
> > Zu den Zwischenkörpern:
> >
> > Ich kenne zum bestimmen der Zwischenkörper irgendwie keine
> > feste Vorgehensweise. Habe mir mal eine Basis von L
> > definiert und geschaut, welche Basiselemente von den
> > Elementen einer Untergruppe von Gal(f) festgehalten werden.
> > Resultat: Keiner. Daher gehe ich davon aus, dass man das so
> > nicht machen kann.
>
> Es gibt folgende Vorgehensweise, die immer funktioniert,
> aber recht muehsam ist.
>
> Sei [mm]L/K[/mm] eine Koerpererweiterung und sei [mm]\alpha_1, \dots, \alpha_n[/mm]
> eine [mm]K[/mm]-Basis von [mm]L[/mm]. Ist jetzt [mm]\sigma[/mm] ein [mm]K[/mm]-Automorphismus
> von [mm]L[/mm], so ist [mm]\sigma[/mm] insb. eine [mm]K[/mm]-lineare Abbildung. Du
> kannst also eine Matrizendartellung von [mm]\sigma[/mm] bzgl. der
> Basis [mm]\alpha_1, \dots, \alpha_n[/mm] finden; sei diese Matrix
> [mm]A_\sigma[/mm].
>
> Aus der linearen Algebra weisst du nun: der Untervektorraum
> der Elemente, die von [mm]\sigma[/mm] festgehalten werden, ist genau
> [mm]Eig(\sigma, 1)[/mm]. Dies kannst du bestimmen, indem du eine
> Basis von [mm]Eig(A_\sigma, 1) = \ker(A_\sigma - I_n)[/mm]
> bestimmst.
>
> Damit kannst du fuer jeden [mm]K[/mm]-Automorphismus [mm]\sigma[/mm] von [mm]L[/mm]
> eine [mm]K[/mm]-Basis von [mm]Fix(\sigma)[/mm] bestimmen. Ist nun [mm]U[/mm] eine
> Menge von [mm]K[/mm]-Automorphismen von [mm]L[/mm], so ist [mm]Fix(U) = \bigcap_{\sigma \in U} Fix(\sigma)[/mm].
>
> Wenn also speziell [mm]U[/mm] eine Untergruppe ist, kannst du zu
> jedem [mm]\sigma \in U[/mm] eine [mm]K[/mm]-Basis von [mm]Fix(\sigma)[/mm] bestimmen
> (in Bezug zur Basis [mm]\alpha_1, \dots, \alpha_n[/mm]). In der
> linearen Algebra solltest du auch gelernt haben, wie du den
> Schnitt von Untervektorraeumen ausrechnen kannst. Damit
> kannst du hier weitermachen und so schliesslich eine
> [mm]K[/mm]-Basis von [mm]Fix(U)[/mm] bestimmen.
>
> Das ist muehsam, fuehrt aber immer zum Ziel
>
> Du kannst beachten, dass [mm]Fix(U) = Fix(U \setminus \{ Id \})[/mm]
> ist. Da alle "interessanten" Untergruppen hier zwei
> Elemente haben musst du also nur [mm]Fix(\sigma)[/mm] fuer ein
> passendes [mm]\sigma[/mm] bestimmen. Damit faellt schonmal das
> Bilden des Schnittes weg. Du musst also drei
> Abbildungsmatrizen und jeweils den Eigenraum zum Eigenwert
> 1 bestimmen.
>
> Wenn du das jeweils so machst, dass du die Basis [mm](1, x)[/mm]
> erhaelst mit [mm]x \in \IQ(\zeta) \setminus \IQ[/mm] (da 1 immer in
> [mm]Fix(\sigma)[/mm] ist geht das), dann ist [mm]\IQ(x)[/mm] der
> entsprechende Fixkoerper.
>
> LG Felix
Super Antwort!! Also bei dieser Aufgabe war das gar nicht so mühsam, im allgemeinen Fall glaub ich dir das aber sofort.
Mit der Methode habe ich folgende Zwischenkörper raus:
Hier nochmal die Untergruppen von Gal(f):
[mm] H_1=: \{Id, \tau\}
[/mm]
[mm] H_2=:\{Id, \sigma\}
[/mm]
[mm] H_3=:\{Id, \sigma\tau\} [/mm]
Ich habe die Basis gewählt [mm] B=\{1, e^{i\pi/4}, e^{2i\pi/4}, e^{3i\pi/4}\} [/mm] Dann bekomme ich die Fixkörper:
[mm] L^{H_1}=\IQ(e^{3i\pi/4}-e^{i\pi/4})=\IQ(\wurzel{2})
[/mm]
[mm] L^{H_2}=\IQ(e^{i\pi/4}+e^{3i\pi/4})=\IQ(\wurzel{2}i)
[/mm]
[mm] L^{H_3}=\IQ(e^{i\pi/2})=\IQ(i)
[/mm]
... aber eins verstehe ich nicht. Wie kann es sein dass [mm] Gal(f)\cong (\IZ/8\IZ)? [/mm] Gal(f) hat doch nur 4 Elemente, während [mm] (\IZ/8\IZ) [/mm] 8 Elemente hat?!
Vielen Dank erstmal, bin froh dass ich jetzt eine Methode habe, auf die ich zurückgreifen kann!
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Er meint die Einheitengruppe [mm] (\IZ/8\IZ)^{\*} [/mm] ={1,3,5,7} (stand auch eine Zeile drüber so, ist nur das Sternchen auf einmal abgetaucht ;) )
Lg
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Ach so ;) habe ich nicht bemerkt. Dann ist alles klar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:35 So 27.01.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Er meint die Einheitengruppe [mm](\IZ/8\IZ)^{\*}[/mm] ={1,3,5,7}
> (stand auch eine Zeile drüber so, ist nur das Sternchen
> auf einmal abgetaucht ;) )
Danke fuer den Hinweis! Beim zweiten Mal hab ich (mal wieder) * anstelle \ast eingegeben, und * wird vom Forum automatisch in \cdot uebersetzt. Und der Punkt ist halt nicht so gut sichtbar... :)
LG Felix
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