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Körpergrad und Galois-Gruppe bestimmen

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Gruppen

Körper

Polynome

Ringe

Tags: Galoisgruppe, Grad, Gruppen, isomorph, Körper, Körpererweiterung, polynom, Ring

 
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S-amalgh

S-amalgh

18:39 Uhr, 02.04.2021

Antworten
Hallo zusammen, Ich habe diese Körpererweiterung (dritte Wurzel von 2)
Könnte mir jemand bitte erklären, wie ich den Körpergrad berechnen und die Galois-Gruppe bestimmen soll? und dann zu welcher Gruppe die Galois-Gruppe isomorph ist?
Ich habe in 4 Tage mündliche Algebra-Prüfung und muss das sehr gut verstanden haben um das für irgendeine Körpererweiterung berechnen und bestimmen zu können.

Danke im Voraus! :-)

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

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:
 
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

19:32 Uhr, 02.04.2021

Antworten
Hallo,
sei L/K=Q(α)/Q mit α=23.
α ist offenbar Nullstelle des Polynoms f=X3-2.
Nach Eisenstein ist f irreduzibel, also ist f
das Minimnalpolynom für α über Q.
Damit folgt [L:K]=deg(f)=3.
Eine K-Basis von L ist beispielsweise {1,α,α2}.
Da die übrigen Nullstellen von f nicht in L liegen,
gilt Gal(L/K)={idL}.
Die Galoisgruppe des Zerfällungsköpers (=Gal(f))
ist natürlich nicht trivial. Geht es dir um diese?
Gruß ermanus
S-amalgh

S-amalgh

21:52 Uhr, 02.04.2021

Antworten
Danke erstmal für deine Antwort.
Danke ich habe verstanden wie man den Körpergran berechnen kann.
Aber ich habe nicht verstanden, wie man die Galois-Gruppe bestimmen kann und ich habe keine Idee was das ist und so. Könntest du mir bitte das veranschaulichen ?
Antwort
michaL

michaL aktiv_icon

22:25 Uhr, 02.04.2021

Antworten
Hallo,

weiah, wie viel Ahnung bringst du denn mit?

Die Galoisgruppe der Erweiterung E:K (manchmal auch E/K bezeichnet) ist die Menge aller (Körper-)Automorphismen auf E, die K elementweise festlässt.[1]
Speziell in deinem Fall, in dem K= und E=[α] mit α:=23 gilt, muss man folgendes beachten:
1. Ein Automorphismus liegt schon durch die Angabe der Bilder auf einer Basis (wie etwa {1,α,α2}) fest. Hier reicht also schon die Angabe zweier Bilder, das von 1 und das von α. Da es sich um Automorphismen handelt, muss 11 gelten, sodass es nur auf das Bild von α ankommt.
2. Jedes Element t eines (algebraischen) Erweiterungskörpers muss durch einen K-Automorphismus wieder auf eine Nullstelle seines eigenen Minimalpolynoms abgebildet werden, denn es gilt: μt(φ(t))=φ(μt(t))=φ(0)=0, wobei φ ein K-Automorphismus sei.

Die beiden anderen Nullstellen des Minimalpolynoms von α sind komplex und fallen daher als mögliche Bilder eines Automorphismus für α weg.
Es gibt also nur einen einzigen -Automorphismus von [α]: die Identität.

Dieses Beispiel wird übrigens in der Literatur gerne durchexerziert. Du findest es in diversen Standardwerken im Bereich Körpererweiterungen und Automorphismen.

Mfg Michael

Links: [1] de.wikipedia.org/wiki/Galoisgruppe#Definition
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

11:09 Uhr, 03.04.2021

Antworten
Vielleicht hast du ja Michaels Verwunderung über deine Wissenslücken
ernstgenommen und dein Galoisgruppen-Wissen inzwischen auf einen
besseren Stand gebracht ;-)
Als nicht so triviales Beispiel lass uns die Galoisgruppe
des Zerfällungskörpers von f über Q anschauen:
der Zerfällungskörper von f innerhalb des Körpers der komplexen Zahlen
wird von den 3 Nullstellen von f erzeugt, ist also
=Q(α1,α2,α3), wobei α1=α sei.
Wegen (α2/α1)3=2/2=1 ist α2/α1
eine 3-te Einheitswurzel ω1. Damit sind die 3 Lösungen
von X3-2=0 die Zahlen α1=α=23,α2=αω,α3=αω2.
Der Zerfällungskörper ist damit Zf=Q(α,αω,αω2).
Man kann sich leicht überlegen, dass Zf=Q(ω,α) ist.
Man erhält
[Zf:Q]=[Q(ω,α):Q(ω)][Q(ω):Q]=32=6.
Die Galoisgruppe Gal(Zf/Q) enthält also 6 Q-Automorphismen.
Es gibt zwei wesentlich verschiedene Gruppen(typen) mit 6
Elementen.
Welche Gruppen sind das?
Gruß ermanus



Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

11:58 Uhr, 04.04.2021

Antworten
Nachdem unser Fragesteller wohl in den Osterferien
verschwunden ist, hier noch kurz ein Abschluss der
Untersuchung der Galoisgruppe von Zf.
Einer der wichtigen Sätze der Galoistheorie besagt,
dass die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers eines
Polynoms f als Permutationsgruppe der Nullstellen
von f aufgefasst werden kann, so dass man eine
Einbettung Gal(Zf/Q)Sn hat, wobei
Sn die volle Permutationsgruppe (symmetrische Gruppe)
der n Nullstellen von f bedeutet. In unserem Falle kann man
also Gal(Zf/K)S3 annehmen und wegen S3=6=deg(f)
hat man Gal(fZ/Q)S3.
Österliche Grüße
ermanus
S-amalgh

S-amalgh

05:42 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Danke euch erstmal für die Erklärung.. ich habe nicht ganz verstanden deswegen will noch einige Fragen stellen und ich hoffe ich nerve nicht..
Haben wir 3 Nullstellen wegen des Grades des Polynoms? oder hat das damit nix zu tun? Die anderen 2 Nullstellen sind e2πi3 und e4πi3 aber was ich nicht verstehe wenn wir die in unserem Polynom einsetzten wie bekommen wir Null dann ? wie haben wir das gerechnet ?


"Man kann sich leicht überlegen, dass Zf=Q(ω,α) ist."
Das habe ich auch nicht verstanden wie man darauf kommt
Z_f=Q(ω,α) statt Z_f=Q(α,αω,αω^2).



"Zf:Q]=[Q(ω,α):Q(ω)]⋅[Q(ω):Q]=3⋅2=6."
Was sind hier die 6 Elemente? Könntest du mir die bitte nennen?


"Die Galoisgruppe Gal(Zf/Q) enthält also 6 Q-Automorphismen"
Also heißen die Elemente Q-Automorphismen in diesem Fall oder wie?


"symmetrische Gruppe"
Das mit der symmetrische Gruppe habe nicht so gut verstanden wieso haben wir die angenommen? und Welche Gruppen könnten auch sein?



Danke im Voraus und ich hoffe ich nerve nicht.. ich muss aber das versehen deswegen..

Österliche Grüße :-))
Antwort
ermanus

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09:48 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Hallo,
zum ersten Punkt:
Das Polynom hat 3 verschiedene Nullstellen, da es irreduzibel ist
und den Grad 3 hat (Separabilität ist hier wegen Charakteristik=0 klar).
Eine Nullstelle ist α:=23.
Sei nun ω eine primitive 3-te Einheitswurzel, etwa ω=exp(2πi3).
Dann gilt ω3=1, also
f(α)=α3-2=0,f(αω)=α3ω3-2=21-2=0 und
f(αω2)=α3ω6-2=21-2=0.
α,αω,αω2 sind also die Nullstellen von f.
Die anderen Punkte folgen demnächst ...
Gruß ermanus

Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

11:50 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Zum zweiten Punkt:
"Man kann sich leicht überlegen, dass Zf=Q(ω,α) ist."
Das habe ich auch nicht verstanden wie man darauf kommt
Z_f=Q(ω,α) statt Z_f=Q(α,αω,αω^2).

Wenn man sich überlegt, dass man Zf dadurch erhält,
dass man α, dann αω und dann αω2
an Q adjungiert, kommt man auf die Idee, dass man ja auch α
und dann ω adjungieren könnte, dann kann man auch αω
erzeugen. Man hat die Hoffnung, dass dann gilt
Q(α,ω)=Q(α,αω,αω2).
Da man α,αω,αω2 aus α und ω
zusammensetzen kann, gilt
α,αω,αω2Q(α,ω), also
Q(α,αω,αω2)Q(α,ω).
Um die umgekehrte Inklusion zu erhalten, müssen wir zeigen,
dass α,ωQ(α,αω,αω2) ist.
Nun ist ω=αωα, also ωQ(α,αω,αω2),
was zu zeigen war.
Fortsetzung folgt ...
Antwort
michaL

michaL aktiv_icon

14:10 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Hallo,

ich würde den Zerfällungskörper von f=X3-2 über anders aufschreiben, damit ich es hinterher mit den Automorphismen leichter habe.

Die Nullstellen von f sind α:=23, 23(-12+i32) und 23(-12-i32), oder mit ermanus' Schreibweise α, αω und αω2.

Und ich würde aber den Zerfällungskörper als E:=[α,i3] schreiben.

Dass für die drei Nullstellen α,αω,αω2E gilt, sollte klar sein.
Andererseits gilt [E:]=[E:[α]][[α]:]=6.
Der zweite Faktor ist drei, was daher rührt, dass das Minimalpolynom von α über gerade f ist, und f den Rang 3 hat.
Der zweite Faktor ist 2. Man rechnet leicht nach, dass g:=X2+3 als Nullstelle i3 hat und irreduzibel über [23] ist.

Damit enthält E den Zerfällungskörper, hat aber selbst die gleiche Dimension als \mathbb{Q}-Vektorraum wie dieser. Folglich sind die beiden als Vektorräume (und damit als Körper identisch.
(Hier verwendet man, dass für endlich-dimensionale K-VRe UV mit dimK(U)=dimK(V) schon U=V gilt.)

Nun ist also die Frage zu beantworten, welche -Automorphismen es auf E gibt. Bedenke, dass ein Automorphsimus schon durch die Bilder auf einer Basis festgelegt ist.
Eine kanonische Basis von E über wäre demnach {1,23,(23)2=43,i3,23i3,43i3}

Aufgrund 11 (sonst lässt der Homomorphismus nicht elementweise fest und wäre ansonsten auch kein Körperhomomorphismus), müssen wir uns vor allem fragen, worauf 23 und i3 abgebildet werden.
Wenn deren Bilder festliegen, dann auch die der anderen, die ja Produkte aus genau diesen beiden sind. Und weil es diese Körperautomorphismen insbesondere auch mit der Multiplikation vertauschen, brauchen wir nur diese Bilder.

Nun rufe ich dir erneut in Erinnerung, dass die Bilder nur wieder Nullstellen des eigenen Minimalpolynoms sein dürfen, d.h. wir haben die Möglichkeiten
2323, 2323(-12+i32), 2323(-12-i32) einerseits und i3i3, i3-i3 andererseits.

Zunächst muss man sich klarmachen, dass jede dieser Möglichkeiten auch existiert. Dazu dient im Wesentlichen der Satz von Kronecker bzw. die Anhebbarkeit von Isomorphismen.
Desweiteren muss man sich klarmachen, dass die Bilder von 23 und i3 unabhängig voneinander gewählt werden können. (Das resultiert daraus, dass beide als Mitglieder einer Basis eben linear unabhängig sind.)

Damit kann man die 6 Automorphismen mehr oder weniger direkt angeben.

Wenn man 2 geeignete der 6 Automorphismen mal nacheinander ausführt, findet man welche, bei denen auf die eine Weise andere Ergebnisse herauskommen als auf die andere Weise, weshalb man sagen kann, dass die Galoisgruppe nicht kommutativ ist.

Die einzigen beiden Gruppen der Ordnung 6 sind eine kommutative (also (Z6,+,0,-)) und eine nicht kommutative (die S3).

Mfg Michael

PS: Zum Ende hin bin ich mit größeren Schritten vorgegangen. Da sind also noch Lücken. Wirklich verstanden hat man das nur, wenn man die Lücken auch wirklich mal füllt.

S-amalgh

S-amalgh

14:25 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Wie kommt man auf diese Nullstellen? Und was hat das mit n-te Einheitswurzel zu tun?
Antwort
michaL

michaL aktiv_icon

15:25 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Hallo,

> Wie kommt man auf diese Nullstellen?

Ich nehme an, dass die Antwort darauf "Erfahrung" lauten sollte.

> Und was hat das mit n-te Einheitswurzel zu tun?

Ich fürchte, die Antwort darauf ist die gleiche!

Vergleiche doch mal die beiden Gleichungen:

x3=1 (1)
im Vergleich zu x3=2 (2)

Lösungen zu (1) sind gerade die 3. Einheitswurzeln. Das sind 1 und die Lösungen von x2+x+1=0. (Bevor du fragst: (1) kann man auch schreiben als x3-1=0, wovon man weiß, dass x=1 eine Lösung ist. Die kann man per Polynomdivision austeilen. Ergebnis: x2+x+1.)
Lösungen davon berechnet man per pq-Formel: x1;2=-12±14-1=12±-34=-1±-32
So einfache Potenzgleichungen wie (1) oder (2) erledigt man am besten in Polarkoordinatendarstellung: (reiφ)3=r3ei3φ=!2ei0 (Im Falle von (2))

Man arbeitet die beiden Polarkoordinaten sinnvollerweise getrennt ab:
r3=2 (was reell zu lösen ist) und
3φ=0 mod 2π

Aus der ersten Gleichung ergibt sich r=23=α und aus der zweiten φ=23π bzw. φ=43π (jeweils mod 2π).

Damit siehst du auch den Zusammenhang zu den dritten Einheitswurzeln. Nennt man etwa (wie ermanus oben) die eine dritte Einheitswurzel ω, so ergeben sich die beiden Lösungen oben zu 23ω und 23ω2.
Ich denke, du musst dich da mal ein bisschen in komplexe Zahlen und Polarkoordinaten einlesen.

Mfg Michael
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

16:36 Uhr, 05.04.2021

Antworten
Hallo,
erst einmal schöne Restostern für Michael.
Das ist ja mal ein interessanter Thread, weil hier zwei recht
unterschiedliche Herangehensweisen für "Galois-Geschichten"
vorgetragen werden. Michael ist sehr explizit und interessiert sich
für die Wirkung von Automorphismen auf Basiselemente der
Erweiterungskörper aufgefasst als Vektorräume.
Ich bin wohl eher "implizit gestrickt", für mich ist nicht so sehr
die Wirkung auf Vektorrraumerzeugende wichtig, sondern die Wirkung auf
"Algebra-Erzeugende". Ferner ignoriere ich die
Einbettung der Sache in den Körper der komplexen Zahlen.
Daher bleibe ich gerne bei meinem "Körperturm"
QQ(ω)Q(ω,α),
wobei mir egal ist, wie ω "aussieht".
Hauptsache, es gilt 0=ω3-1=(ω-1)(ω2+ω+1),
und damit auch nebenbei erwähnt ω2+ω+1=0.
Um nun Automorphismen festzulegen, gehe ich "hemdsärmelig" vor:
Wir benötigen einen Automorphismus, der α in eine andere
Nullstelle von f abbildet, z.B.
σ(α)=αω und der zugleich Q(ω) fix lässt,
also σ(ω)=ω.
Ferner setzen wir den Automorphismus von Q(ω),
der ω in die andere Nullstelle von ω2+ω+1=0
abbildet identisch auf Zf fort:
τ(ω)=ω2,τ(α)=α.
Damit haben wir für die Permutationen der Nullstellen von f,
die als α1=α,α2=αω,α3=αω2 durchnumeriert seien:
σ(α1)=σ(α)=αω=α2, also 1 -> 2,
σ(α2)=σ(αω)=σ(α)σ(ω)=αωω=α3, also 2->3.
σ entspricht also der Permutation (123)S3.
Nun betrachten wir τ in seiner Wirkung auf die Nullstellen:
τ(α1)=τ(α)=α1, also 1 bleibt fest.
τ(α2)=τ(αω)=τ(α)τ(ω)=αω2=α3, also 2->3,
entsprechend
τ(α3)=α2, also 3 -> 2.
Damit entspricht τ der Transposition (23)S3
Die Permutationen (123),(23) erzeugen S3.
Gruß ermanus



S-amalgh

S-amalgh

00:01 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Danke für die tolle Erklärung :-)

was sind die 6 Elemente in der Gal (Q(a,ω):Q(a)) eigentlich? könntest du mir sie bitte nennen?

zweite und letzte Frage:
könntest du mir bitte sagen die Anzahl der Elementen in jeder Gruppe? ( mindestens in den wichtigsten Gruppen .. ich habe das gegoogelt aber nix gefunden). In S3 und 6 gibts ja 6 Elemente aber wie vile gibts in den anderen?
Danke im Voraus und sorry wenn ich nerve
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

10:27 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Hallo,
es ist mit meinen Bezeichnungen
Gal(Q(ω,α):Q)={id,σ,σ2,τ,στ,σ2τ}.
Dass die Gruppe nicht abelsch ist, siehst du daran, dass σττσ ist.

In den Beispielen und Aufgaben zu Galoisgruppen reicht es normalerweise
"kleine" Gruppen zu kennen:
n=1: die triviale Gruppe,
n=2: Z2,
n=3: Z3,
n=4: hier gibt es zwei Gruppen: Z4 und Z2×Z2,
n=5: Z5,
n=6: zwei Gruppen: Z6Z2×Z3 und S3,
n=7: Z7,
n=8: hier gibt es 5 Gruppen:
abelsche Gruppe: Z8,Z4×Z2,Z2×Z2×Z2,
nichtabelsche Gruppen: D4 Diedergruppe (des Quadrats) und Q8 Quaternionengruppe
Zudem sollte man noch die Untergruppenreihe
{e}V4A4S4 kennen
sowie ein bisschen was sagen können über Sn mit n5.
Gruß ermanus
Antwort
ermanus

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13:50 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Bei meiner Definition von τ war ich sprachlich etwas schlampig.
Ich zitiere daher sicherheitshalber Michael (14:10 Uhr, 05.04.2021):
"Dazu dient im Wesentlichen der Satz von Kronecker bzw. die Anhebbarkeit von Isomorphismen."
Damit bekommen wir die Fortsetzung des Iso ωω2 auf Zf.
S-amalgh

S-amalgh

17:47 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Sind die 6 Elemente nicht die Nullstellen von dem Polynom (x3-2)(x3-1)?
Und sind die 6 Automorphismen die 6 Elemnte oder ist das was anderes?
Ich verstehe auch die Permutationen nicht so gut..
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

18:06 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Die Elemente der Galoisgruppe sind Körperautomorphismen.
Das ist doch etwas ganz anderes als die Nullstellen eines Polynoms.
Ich weiß ehrlich nicht, wie ich dir die Theorie nahebringen
soll, wenn du die Grundlagen nicht verstehst :(
S-amalgh

S-amalgh

18:08 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Eigentlich die Körperautomorphismen verstehe ich nicht so gut..
Und wir haben 6 Automorphismen weger der Körpergrad von der Körpererweiterung [(a,ω):]
Antwort
michaL

michaL aktiv_icon

21:59 Uhr, 06.04.2021

Antworten
Hallo,

also, da sind schon Zusammenhänge zwischen dem Grad der Körpererweiterung, Anzahl von Nullstellen (jedenfalls im Falle separabler Erweiterungen) und der Ordnung der Galoisgruppe (zumindest bei galoisschen Erweiterungen).

Aber, wie ermanus schon ganz richtig schreibt:
Die Grundlagen muss man kennen, sonst versteht man die weiterführenden Theorien auch nicht. (Wie denn auch?)

Ich bleibe bei all diesen Dingen mal bei vollkommenen/perfekten Körpern, also solchen, über denen irreduzible Polynome stets separabel sind. Das wiederum heißt, dass diese Polynome keine mehrfachen, sondern nur einfache Nullstellen haben.

Zusammenhang Anzahl Nullstellen und Grad der Körpererweiterung:
Ist K(α):K eine algebraische Erweiterung, so gilt: [K(α):K]=deg(μα;K)={tKμα;K(t)=0}.

Dabei sei K ein algebraischer Abschluss von K, also ein Körper, der alle über K algebraischen Elemente enthält und selbst algebraisch über K ist.
Desweiteren sei μα;K das Minimalpolynom von α über K.

Zusammenhang zwischen Grad der Körpererweiterung und der zugehörigen Galoisgruppe bei endlichen Erweiterungen:
Ist E:K eine endliche galoissche (also algebraische, normale und separable) Erweiterung, so gilt: Gal(E:K)=[E:K]

Zu deiner Erweiterung (α,ω):: Diese ist endlich und galoissch. Letzteres weiß man daher, weil (α,ω) gerade der Zerfällungskörper von X3-2 über ist.
Da [(α,ω):]=[(α,ω):(α)][(α):]=23=6 gilt (Letzter Faktor rührt gerade daher, dass das Minimalpolynom von α über gerade X3-2 ist und offensichtlich Grad 3 hat. Der erste Faktor rührt daher, weil das Minimalpolynom von ω (über (α)) gerade X2+X+1 (=X3-1X-1) ist. Dieses hat offensichtlich den Grad 2.)

Damit hat die Erweiterung den Grad 6, weshalb es auch 6 -Automorphismen von (α,ω) gibt/geben muss.

Seien die Nullstellen von μα; mal α1:=α, α2 und α3, und die von μω;(α) gerade ω1:=ω und ω2.
Dann sind die Nullstellenmengen gerade
A:={α1,α2,α3} und O:={ω1,ω2}.

Vielleicht sollten wir nochmal die rechnerischen Zusammenhänge notieren:
A enthält die Nullstellen von X3-2, O die von X2+X+1.
Es gelten also ωi2+ωi+1=0, ωi3=1, ω2=ω1, aber auch ω12=-1-ω1=ω2.

Dann sind da noch: α2=αω1, α3=αω2=αω12

Wichtig ist nun eine Basis von (α,ω) über .
Eine naheliegende ist B:={1;ω;α;αω;α2;α2ω}.

Jetzt wollen wir mal konkret die 6 Automorphismen durch Angabe der Bilder auf der Basis B angeben.
Dabei haben wir im Hinterkopf, dass 11 gelten muss. Zudem können Bilder nur wieder Nullstellen des Minimalpolynoms sein.

Damit haben wir:
(11ωωαααωαωα2α2α2ωα2ω)

(11ωω2αααωαω2α2α2α2ωα2ω2)

(11ωωαα2αωα2ωα2α22α2ωα22ω)

(11ωωαα3αωα3ωα2α32α2ωα32ω)

(11ωω2αα2αωα2ω2α2α22α2ωα22ω2)

(11ωω2αα3αωα3ω2α2α32α2ωα32ω2)

Die erste Abbildung ist die identische Abbildung id.
Die zweite Abbildung bildet ω auf ω2 ab, lässt α aber fest. ermanus hat sie als τ bezeichnet (wenn ich das richtig erinnere). Die Festlegung der Bilder von ω und α legen in Kombination schon die von α2, αω und α2ω fest.

Jetzt kommt der Teil, warum die Permutationsgruppen so wichtig sind: τ vertauscht die beiden Nullstellen α2 und α3 und lässt α1 fest.
(In der Wirkung entspricht τ der komplexen Konjugation.)

Unter diesem Gesichtspunkt ist noch die dritte Abbildung interessant, die α auf α2 abbildet, aber ω unverändert lässt. Bei ermanus heißt diese Abbildung σ.

Stellt sich die Frage, wie σ auf die anderen Nullstellen α2 und α3 wirkt. Es gilt σ(α2)=σ(αω)=σ(α)σ(ω)=α2ω=(αω)ω=αω2=αω2=α3.
Eine ähnliche Rechnung (oder eben die Tatsache, dass das Bild von α3 wieder eine der Nullstellen αi sein muss, wegen der Injektivität aber α2 und α3 schon ausgeschlossen sind) ergibt σ(α3)=α1=α.

Lässt man die αs mal weg, so gilt kurz: τ(2)=3, τ(3)=2, noch kürzer könnte man das als (23)S3 schreiben.
Ebenso tauscht σ die αi einmal im Kreis, d.h. man könnte in anderer Schreibweise σ=(123)S3 auffassen.

Ich will aber betonen, dass ermanus all diese Dinge in seinem posting 16:36 Uhr, 05.04.2021 ausgeführt hat.

Mfg Michael
S-amalgh

S-amalgh

01:12 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Wieso ist die Basis so B:={1;ω; α ; α ω; α^2 ; α^2 ω}?
und nicht zB B:={1; ω ; α ; α ω ; α^2 ; α^2 ω^2 ; ω^2 } oder so was

also Könntest du mir bitte die Menge von (a,ω) schreiben?
S-amalgh

S-amalgh

02:33 Uhr, 07.04.2021

Antworten
"n=4: hier gibt es zwei Gruppen: Z4 und Z2 × Z2 "

was ist der Unterschied zwischen Z4 und Z2 × Z2? wann wähle ich das und wann wähle ich das andere?
S-amalgh

S-amalgh

02:39 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Ich habe das von den allten Klausuren (siehe bild)

Er musste Fortsetzungen galoisgruppe bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist

Wie kann man durch Fortsetzung bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist ? und auch wie kann man durch Fortsetzung die normale Hülle bilden?


S-amalgh

S-amalgh

02:41 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Ich weiß ich nerve euch es tut mir wirklich sehr leid... ich habe morgen( Donnerstag) die mündliche Prüfung und bin sehr aufgeregt deswegen...
Bitte beantwortet mir diese 3 letzte Fragen und dann fertig
Vielen vielen Dank im Voraus...
Antwort
michaL

michaL aktiv_icon

08:54 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Hallo,

ich hoffe, die Antworten kommen für dich nicht zu spät. Vorab: Viel Erfolg für die Prüfung.

Al Basen kommen natürlich mehrere infrage.
Deine aber nicht, da bei dir die Elemente 1, ω, ω2 vorkommen. In diesem Fall gilt ω2+ω+1=0, die Elemente sind also nicht linear unabhängig, was die Basismitglieder ja aber sein müssen.

Bleiben wir mal bei dem Spezialfall K(α,β):K(α):K und den Minimalpolynomen μα;K und μβ;K(α) mit ihren Graden deg(μα;K)=n und deg(μβ;K(α))=m.

Dann sind doch Bα={1,α,α2,,αn-1} und Bβ:={1,β,β2,,βm-1} kanonische Basen von K(α) als K-Vektorraum bzw. K(α,β) als K(α)-Vektorraum.
Dann ist Bα×Bβ die kanonische Basis von K(α,β) als K-Vektorraum.

Der Beweis dazu steht übrigens in jedem Algebrabuch, dass den Satz [E:K]=[E:L][L:K] beweist.
In diesem Spezialfall sind nämlich per Definition [K(α):K]=deg(μα;K)=n=Bα und [K(α,β):K(β)]=deg(μβ;K)=m=Bβ.

Daraus folgt dann ja (wie hoffentlich bekannt) [K(α,β):K]=Bα×Bβ=BαBβ=nm.

Aber: Das alles steht in jedem Standardbuch, das Körpererweiterung behandelt.

(α,ω)={a+bω+cα+dαω+eα2+fα2ωa,b,c,d,e,f} ist eine mögliche Darstellung.

Wann man z.b. 4 bzw. 2×2 vorliegen hat, hat hochgradig mit den speziellen Graden der entsprechenden Minimalpolynome zu tun. Ich kann das jedenfalls nicht pauschal beantworten.

Zur letzten Frage: Das Bild ist nicht angekommen (Größenbeschränkung 500 kB, glaube ich)!

Mfg Michael
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

09:57 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Hallo,
als Beispiele zu der Frage, ob Z4 oder Z2×Z2 die richtige
4-elementige Galoisgruppe ist, hier zwei typische Galoiserweiterungen:
Gal(Q(p,q):Q)Z2×Z2 mit primen pq und
Gal(Q(2+2):Q)Z4.
Z4 enthält ein Element der Ordnung 4, in Z2×Z2 hat jedes
Element außer dem neutralen die Ordnung 2.
Gruß ermanus
Antwort
ermanus

ermanus aktiv_icon

12:25 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Vielleicht noch zur Ergänzung:
ist p>2 eine Primzahl und ζp eine primitive
p-te Einheitswurzel, so gilt:
Gal(Q(ζp):Q)Zp-1
(Galoisgruppe der Kreisteilungskörper ...)
S-amalgh

S-amalgh

13:32 Uhr, 07.04.2021

Antworten
Vielen Dank für die tolle Erklärung :-))
Nein es ist noch nicht spät weil meine Prüfung morgen stattfindet.

Ich habe das von den allten Klausuren (siehe bild)

Er musste Fortsetzungen galoisgruppe bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist

Wie kann man durch Fortsetzung bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist ? und auch wie kann man durch Fortsetzung die normale Hülle bilden?

D3EE35A3-121E-4955-8214-7F44237EDA44
S-amalgh

S-amalgh

13:40 Uhr, 07.04.2021

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Außerdem wieso ist Gal( (a,ω):(a)) nicht normal? Ich dachte die ist normal eigentlich
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S-amalgh

S-amalgh

13:51 Uhr, 07.04.2021

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Und was ich noch nicht verstehe ist wie kann ich mit dem Hauptsatz der Galois-gruppe zeigen zu welcher Gruppe die Galoisgruppe isomorph ist ? Könntest du mir bitte dieses Satz erklären vielleicht?



Alles was er in seiner Prüfung gefragt wurde habt ihr mir das erklärt und verstehe ich das ganz gut
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ermanus

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15:45 Uhr, 07.04.2021

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Hallo,
gemeint ist nicht
"Q(α)Q(ω,α) ist nicht normal",
sondern, dass
"Gal(Q(ω,α):Q(α)) keine normale Untergruppe,
also kein Normalteiler von Gal(Q(ω,α):Q) ist."

Sei L:=Q(ω,α) und U={id,τ} die Untergruppe
von Gal(L:Q), die Q(α) elementweise festlässt,
also LU=Q(α).
Dann ist nach dem von dir bereitgestellten Satz
U=Gal(L:LU)=Gal(Q(ω,α):Q(α))
genau dann ein Normalteiler in Gal(L:Q), wenn LU
eine normale Erweiterung von Q ist. Das aber ist nicht der Fall, also
besitzt Gal(L:Q) eine Untergruppe, die nicht Normalteiler ist,
also ist Gal(L:Q) nicht abelsch, kann also nicht zu Z6
isomorph sein.
Gruß ermanus
S-amalgh

S-amalgh

18:50 Uhr, 07.04.2021

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Kann ℚ(α,ω)= {a+b ω +c α +d α ω +e ω² +f ω² α ∣ a,b,c,d,e,f ∈ ℚ } so sein oder nur so :
ℚ(α,ω)={ a+b ω +c α +d α ω +e α² +f α² ω ∣ a,b,c,d,e,f ∈ ℚ } ?





Und noch was : ist das auch richtig oder nicht:
f(a)=a;f(j)=j
g(a)=ja; g(j)=j
h(a)=j2a;h(j)=j
p(a)=a;p(j)=j2
q(a)= ja; q(j)=j2
r(a)=j2a;r(j)=j2
f,g,h,p,q,r sind dann die sechs Elemente der Galoisgruppe. (a=3 wurzel 2 und j=e2πi3)
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ermanus

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19:14 Uhr, 07.04.2021

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In der ersten Menge seien a=b=c=d=e=f=1 gesetzt.
Dann gilt
1+ω+α+αω+ω2+αω2=
=1+ω+ω2+α(1+ω+ω2)=0+α0=0,
d.h. {1,ω,α,αω,,ω2,αω2} ist eine linear abhängige Menge,
also keine Basis :(
S-amalgh

S-amalgh

19:19 Uhr, 07.04.2021

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Und noch was : ist das auch richtig oder nicht:
f(a)=a;f(j)=j
g(a)=ja; g(j)=j
h(a)=j2a;h(j)=j
p(a)=a;p(j)=j2
q(a)= ja; q(j)=j2
r(a)=j2a;r(j)=j2
f,g,h,p,q,r sind dann die sechs Elemente der Galoisgruppe. (a=3 wurzel 2 und j=e^(2⋅π⋅i3))
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ermanus

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19:19 Uhr, 07.04.2021

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Was soll denn j sein?
S-amalgh

S-amalgh

19:21 Uhr, 07.04.2021

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j=e2πi3 also ω
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ermanus

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19:42 Uhr, 07.04.2021

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"Und noch was : ist das auch richtig oder nicht:"

Ja, das ist richtig :-)
S-amalgh

S-amalgh

20:04 Uhr, 07.04.2021

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Könntest du mir bitte ein Beispiel von Separable Erweiterung geben und dann der Spearabilitätgrad rechnen?
Danke im Voraus:-))
S-amalgh

S-amalgh

10:11 Uhr, 08.04.2021

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Ich habe jetzt die Prüfung dank euch bestanden :-D) ..Danke für alles!
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ermanus

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10:29 Uhr, 08.04.2021

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Prima! Gratuliere!
Dann hat sich ja der Aufwand gelohnt :-) :-)
Gruß ermanus
Frage beantwortet
S-amalgh

S-amalgh

13:36 Uhr, 10.04.2021

Antworten
Danke Grüße zurück! :-)