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Alle Untergruppen und Fixkörper von Q(zeta_8)

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Gruppen

Tags: Gruppen

Berenike aktiv_icon

16:33 Uhr, 27.06.2020

Sei

ζ_{8}

eine primitive 8-te Einheitswurzel und

L = ℚ (ζ_{8}) .

Man bestimme die Galoisgruppe der Erweiterung

L ∣ ℚ

und alle ihre Untergruppen, sowie die zughörigen Fixkörper.

Es ist

[ℚ (ζ_{8}) : ℚ] = φ (8) = φ (2^{3}) = 2^{3} - 2^{2} = 4

Folglich ist der Grad der Körpererweiterung

L ∣ ℚ

4. Also gibt es genau 4 Automorphismen in der zugehörigen Galoisgruppe

G a l (f; ℚ),

wobei

f := X^{8} - 1 \in ℚ [X] (ζ_{8})

Vermutung: Die daraus folgende Eigenschaft der Galoisgruppe ist, dass sie entweder zyklisch ist oder isomorph zur Klein'schen Vierergruppe.
Wie könnte man nun entscheiden was richtig ist?

i)

ψ ∣ ℚ = i d

nach der Definition der relativen Automorphismen und
ii)

ψ

permutiert die Nullstellen des Polynoms

f

.

Die einzigen rationalen Nullstellen von

f

sind die Zahlen

\pm 1

.
Also wissen wir sicher mal, dass

ψ (1) = 1

und

ψ (- 1) = - 1

gelten muss.
Aber was passiert mit einem allgemeinen

ψ (ζ_{k}) = ψ (e^{(2 * π \cdot i \cdot k) / 8})

?

Vermutung:

ψ : \sqrt[8]{1} \mapsto e^{\frac{2 * π * i}{8}} \sqrt[8]{1} .

Ich vermute, dass dieses

ψ

ein erzeugendes Element einer Gruppe der Ordnung 8 ist.
Kann man daraus jetzt schließen welche Gruppen die Untergruppen sein müssen durch Isomorphiebestimmung zum Beispiel?

Wäre für Hilfe wieder dankbar! :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

ermanus aktiv_icon

17:02 Uhr, 27.06.2020

Hallo,
wenn du dir eine Skizze des regelmäßigen 8-Ecks machst, siehst du, dass die erste
primitive

8

-te Einheitswurnzel als

ζ_{8} = \frac{1 + i}{\sqrt{2}}

geschrieben werden kann. Überlege dir,
dass

ℚ (ζ_{8}) = ℚ (i, \sqrt{2})

gilt.
Deine Galoisgruppe ergibt sich dann sozusagen fast automatisch.
Gruß ermanus

michaL aktiv_icon

17:10 Uhr, 27.06.2020

Hallo,

letztlich hatten wir das doch schon in
www.onlinemathe.de/forum/Galoisgruppe-eines-Polynoms-finden .

Dort hat dich ermanus doch schon darauf hingewiesen, dass es sich bei dem Zerfällungskörper von

x^{6} + x^{4} + x^{2} + 1

über

ℚ

(bis auf Isomorphie) um den 8. Kreisteilungskörper handelt.

Sprich: Die Galoisgruppe dieses Polynoms ist die gleiche wie die gesuchte.

Mfg Michael

Berenike aktiv_icon

17:11 Uhr, 27.06.2020

Erstmal! Hallo lieber Ermanus! :-)

Ok, akzeptierst du auch rechnerische Lösungen? Ich bin nämlich schon etwas in Eile bezüglich Abgabe.

Also, es ist

ζ_{8}^{1} = e^{\frac{2 π * i}{8}} = \cos (2 π / 8) + i \sin (2 π / 8) = \sqrt{2} / 2 + i \sqrt{2} / 2 = 1 / \sqrt{2} + i \cdot 1 / \sqrt{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 + i)

ermanus aktiv_icon

17:19 Uhr, 27.06.2020

Ja. Akzeptiert ;-)
Du hast

ζ_{8}^{2} = i

und

ζ_{8} + ζ_{8}^{- 1} = \sqrt{2}

,
also

i, \sqrt{2} \in ℚ (ζ_{8})

und trivialerweise

ζ_{8} \in ℚ (i, \sqrt{2})

.
Michael hat dir vor "geraumer Zeit" mitgeteilt, wie
die Automorphismen von

ℚ (i, \sqrt{2}) / ℚ

aussehen.

Berenike aktiv_icon

17:47 Uhr, 27.06.2020

Okay, kurz zur Wiederholung:

τ (\pm i) = (\mp i)

und gleichzeitig

τ (\pm \sqrt{2}) = \mp \sqrt{2} .

Also kombinatorisch 4 mögliche Abbildungen.

Das heißt die zgehörige Galoisgruppe besteht aus diesen 4

τ

.

Wie bestimmen wir nun die Unteruppen?
Nach dem Satz von Lagrange gibt es Untegruppen

U_{i} \leq G a l (f; ℚ)

mit

∣ U_{1} ∣ = 1, ∣ U_{2} ∣ = 2, ∣ U_{3} ∣ = 4 .

U_{4}

steht oben und

U_{1} = {i d}

.

Was ist also

U_{2}

? Ich vermute es ist

U_{2} = {i d, τ_{1}}

mit

τ_{1} : \sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2}

und

i \mapsto - i

, da ja die Inversen bezüglich Komposition enthalten sein müssen, damit es laut Gruppenaxiomen wieder einen Gruppe bilden kann.

Stimmst du mir bisher mal zu? Wenn ja, überleg ich mir die Fixkörper :-)

ermanus aktiv_icon

17:56 Uhr, 27.06.2020

Ah! Ich stimme dir zu ;-)
Aber ... Du bist da etwas ungeschickt vorgegangen.
Mach es lieber so:

σ (i) = - i, σ (\sqrt{2}) = \sqrt{2}

τ (i) = i, τ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2}

.
Dann bilden

i d, σ

, sowie

i d, τ

jeweils eine Untergruppe der Ordnung 2.
Und wie sieht es mit

i d, σ τ

aus? Dies

σ τ

ist dein

τ_{1}

.
Du selbst sprachst ja schon von der Kleinschen Vierergruppe.
Die hat 3 Untergruppen der Ordnung 2, so dass alles gut passt ...
Nun noch die Fixkörper bestimmt und du bist wohl fertig ;-)

Berenike aktiv_icon

20:10 Uhr, 27.06.2020

So, bin wieder da nach dem Abendessen :-)

Bezüglich Fixkörper bestehen noch gewisse Unsicherheiten.

Also: Sei

L

eine Körpererweiterung von

K

. Dann ist

F i x_{L} (U) := {a \in L : \forall ψ \in U : ψ (a) = a}

Nun, es ist ja

L = ℚ (i, \sqrt{2}) = {a + b \sqrt{2} + c i + d i \sqrt{2} : a, b, c, d \in ℚ}

Vermöge der Definition stellt sich also die Frage:
Für welche

a, b, c, d \in ℚ

gilt:

ψ (a + b \sqrt{2} + c i + d i \sqrt{2}) = a + b \sqrt{2} + c i + d i \sqrt{2}

\forall

ψ

aus einer einer bestimmten - festen Untergruppe.
Nun, wenn

b = c = d = 0,

dann gilt das immer, da jeder Automorphismus

ℚ -

invariant ist.

Das heißt also, dass

ℚ \subseteq F i x_{L} (U)

. Ist unser Fixkörper also noch größer als

ℚ

? Welche

ψ

innerhalb der Untergruppe lassen also die Elemente aus der Körpererweiterung noch gleich? Naja, bestimmt sind es die Identitätsabbildungen. Noch ein Kandidat? Ich denke nicht. Also, ich sehe das nur komplett erfüllt, diese Bedingung für einen Fixkörper, wenn es um die triviale Untergruppe

U_{1} = {i d}

geht. Weil in den anderen Untergruppen lassen ja nie für alle Automorphismen die Elemente wie sie sind.

Aber, ganz ehrlich, ich bin nicht sicher über diese Argumentation. Kannst du mich da noch ein wenig pushen und raushelfen, Ermanus? :-)

ermanus aktiv_icon

20:28 Uhr, 27.06.2020

σ

lässt doch

\sqrt{2}

in Ruhe,

τ

lässt

i

fix ...

Berenike aktiv_icon

20:33 Uhr, 27.06.2020

Aber wirklich für alle Elemente innerhalb der nicht-trivialen Untergruppe?

Es gilt doch immer wieder

τ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2}

Nur die Identität lässt doch

\sqrt{2}

für jedes einzelne

τ

innerhalb der nicht-trivialen Untergruppe in Ruhe. Innerhalb der anderen Untergruppe, hast du mir doch geschrieben, schicken die Automorphismen Wurzel2 auf - Wurzel2 und i auf -i.

ermanus aktiv_icon

20:48 Uhr, 27.06.2020

Ich verstehe dein Problem nicht.
Sei

U_{1} = {i d, σ}, U_{2} = {i d, τ}, U_{3} = {i d, σ τ}

.
Dann ist doch ganz klar(!)

L^{U_{1}} = {x + y \sqrt{2} ∣ x, y \in ℚ} = ℚ (\sqrt{2})

,
ebenso

L^{U_{2}} = ℚ (i)

und

L^{U_{3}} = ℚ (i \sqrt{2})

,
da

(σ τ) (i \sqrt{2}) = (σ (τ (i)) (σ (τ (\sqrt{2})) = (- i) (- \sqrt{2}) = i \sqrt{2}

Berenike aktiv_icon

22:08 Uhr, 27.06.2020

Achsoooooo. Ich habe mir jetzt nochmal genau die Definition angeschaut.

Also,

ψ

nimmt aus der Körpererweiterung ein beliebiges Element her und wendet sich darauf auf homomorphe Weise an und möchte es fixieren. Und das gleiche Vorhaben haben alle anderen Elemente innerhalb einer Untergruppe. Alle wollen quasi Körpererweiterungselemente unbeschadet verschlingen.

So ist etwa bei

U_{3}

σ (τ (a + b \sqrt{2} + c \sqrt{2} i + d i) = a - b \sqrt{2} + c \sqrt{2} i - d i

Daher gilt

F i x (ℚ (i, \sqrt{2}), U_{3}) = {a + c i \sqrt{2} : a, c \in ℚ} = ℚ (i \sqrt{2})

Ja, ich glaube, dass ich es jetzt verstanden habe!! :-))) Danke vielmals für deinen Input! Du hast mir mehr Licht ins Dunkle gebracht! :-)

ermanus aktiv_icon

22:25 Uhr, 27.06.2020

Jaja, ich glaub, nu hast du's ;-)

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