Basis/ Zerfällungskörper

15.01.2010, 19:01

Homer Jay

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Basis/ Zerfällungskörper

Hallo, also Aufgabe ist wie folgt:

"Gebe für das Polynom aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[x] \end{eqnarray*}$ eine konkrete Basis des Zerfällungskörpers über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ an:

a) $\begin{eqnarray*} x^7-1 \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} x^4+x²+1 \end{eqnarray*}$ "

Also was man machen muss ist ja glaube ich quasi die Nullstellen der Polynome bestimmen und diese zu $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ adjungieren, falls sie nicht schon enthalten sind. Die Basis entspricht quasi den adjungierten Elementen.

Für a):
$\begin{eqnarray*} x^7-1 \end{eqnarray*}$ ist schonmal reduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , da
$\begin{eqnarray*} (x-1)(x^6+x^5+x^4+x^3+x²+x+1) \end{eqnarray*}$ .
Nun müsste man vom zweiten Faktor quasi die NST bestimmen, was der 6-ten Einheitswurzel entspricht? Nur wie genau bestimmt man diese Einheitswurzeln zu so einem Polynom?

Für b):
Dieses Polynom hat keine reellen NST, da es immer größer gleich 1 ist. Stimmt das?

15.01.2010, 19:54

David1

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Hi.

zu a:
Falsch, es sind nicht die 6. Einheitswurzeln, sondern die 7. Einheitswurzeln, die in $\begin{eqnarray*} g:=x^6+x^5+x^4+x^3+x²+x+1 \end{eqnarray*}$ eingesetzt null ergeben (die 6. Einheitswurzeln in $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ eingesetzt würden 1 ergeben).
Die Zahl $\begin{eqnarray*} \zeta_7:=e^{\frac{2\pi\cdot i}{7}} \end{eqnarray*}$ ist eine sogenannte "primitive siebte Einheitswurzel" (da sie die Menge der siebten Einheitswurzeln erzeugt). Sie ist eine Nullstelle des obigen Polynoms $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Aber auch $\begin{eqnarray*} \zeta_7^2, \zeta_7^3, ..., \zeta_7^6 \end{eqnarray*}$ sind allesamt Nullstellen von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt, dass du lediglich $\begin{eqnarray*} \zeta_7 \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ zu dem Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ adjungieren musst, da die anderen Nullstellen des Polynoms $\begin{eqnarray*} x^7-1 \end{eqnarray*}$ entweder nur ganzzahlige Potenzen von $\begin{eqnarray*} \zeta_7 \end{eqnarray*}$ sind oder 1 (was aber bereits in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ liegt). Um dies sauber nachzuvollziehen (insbesondere wie man auf die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ kommt), musst du dir ins Gedächtnis rufen, was du über Kreisteilungspolynome weisst.

zu b)
Dieses Polynom hat in der Tat keine Nullstellen, die in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ liegen (und auch keine, die in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ liegen). Die Nullstellen des Polynoms in einem algebraischen Abschluss (z. B. $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ ) kannst du über eine Substitution $\begin{eqnarray*} u:=x^2 \end{eqnarray*}$ herausfinden, da weder lineare noch kubische Terme im Polynom auftauchen - d.h. löse statt $\begin{eqnarray*} x^4+x^2+1=0 \end{eqnarray*}$ zuerst mal $\begin{eqnarray*} u^2+u+1=0 \end{eqnarray*}$ und dann Wurzel ziehen.
Tipp: Es kommen dritte Einheitswurzeln als Nullstellen heraus.

Den Zerfällungskörper bzw. dessen Basis in beiden Fällen anzugeben, dürfte nun kein Problem mehr sein.

Gruß,
David

17.01.2010, 13:52

Homer Jay

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Vielen Dank für deinen Post, hat mich auf alle Fälle ein ganzes Stück weitergebracht!

Nochmal zu a):
$\begin{eqnarray*} x^7-1 \end{eqnarray*}$ hat eine Nullstelle (die 1) in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , denn es gilt $\begin{eqnarray*} x^7-1 = (x-1)(x^6+x^5+x^4+x^3+x²+x+1) \end{eqnarray*}$ .
Wie du dann sagtest (hab es nun auch im Internet gefunden sind die primitiven Einheitswurzeln $\begin{eqnarray*} \zeta_7:=e^{\frac{2\pi\cdot i}{7}} \end{eqnarray*}$ und deren Potenzen die 7 gesuchten NST. Da die Vielfachen davon wegfallen, da sie linear abhängig sind, braucht man also nur $\begin{eqnarray*} \zeta_7 \end{eqnarray*}$ zu adjungieren: $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\zeta_7) \end{eqnarray*}$ ist also der ZFK mit Basis $\begin{eqnarray*} \{1, \zeta_7\} \end{eqnarray*}$

FRAGEN:
1) ist das so korrekt?
2) Wie forme ich $\begin{eqnarray*} e^{\frac{2\pi\cdot i}{7}} = cos(\frac{2 \pi}{7})+isin(\frac{2\pi}{7}) \end{eqnarray*}$ richtig um? verwirrt

verwirrt

In der Formelsammlung stehen keine siebtel-Werte :<
3) Als Anhang habe ich einen Auszug aus dem Skript angehängt... ich verstehe nicht den Unterschied zwischen diesen beiden "Einheitswurzelformeln". Warum sind die etwas anders definiert?

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Zu b):
Polynom lautete ja $\begin{eqnarray*} x^4+x²+1 \end{eqnarray*}$ , welches 2 relle und 2 komplexe NST besitzt. Mit u²:=x folgt: u²+u+1 und pq-Formel angewendet
Reelle NST: $\begin{eqnarray*} x_{1;2}= -\frac{1}{2}\pm\sqrt{\frac{3}{4}} \end{eqnarray*}$
Komplexe NST: $\begin{eqnarray*} x_{1;2}= -\frac{1}{2}\pm i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}} \end{eqnarray*}$

Demnach müsste der ZFK lauten: $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt{\frac{3}{4}}, i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}}) \end{eqnarray*}$ mit Basis $\begin{eqnarray*} \{1,\sqrt{\frac{3}{4}}, i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}}\} \end{eqnarray*}$

Hoffe, das ist jetzt nicht totaler Bockmist den ich gemacht habe :<

17.01.2010, 13:56

Homer Jay

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Sorry, habe das oben vergessen:

17.01.2010, 14:15

Elvis

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Die Einheitswurzeln sind genau so definiert und nicht anders.

Für n=7 ist $\begin{eqnarray*} \zeta_n=\zeta_7=e^{\frac {2\pi i}{7}} \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} \mu_n=\mu_7=\{e^\frac{2\pi i\nu}{7}:\nu=0,...,6\}=\{\zeta_7^k:k\in\mathbb Z\} \end{eqnarray*}$ .

Es ist doch $\begin{eqnarray*} (e^\frac{2\pi i}{n})^k=e^\frac{2\pi i k}{n} \end{eqnarray*}$ , und in der 2. Menge sind auch nur n Elemente enthalten.

Für k,n teilerfremd erhält man eine primitive n-te Einheitswurzel. Da 7 eine Primzahl ist, gibt es genau 6 primitive 7.te Einheitswurzeln. Allgemeiner: $\begin{eqnarray*} \varphi(p)=p-1 \end{eqnarray*}$

17.01.2010, 14:29

Homer Jay

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Ok, danke habs verstanden!

Und wie sieht es mit den Rechnungen oben aus?

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17.01.2010, 14:40

Elvis

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a) $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[X]/(X^7-1)=\mathbb Q(\zeta_7) \end{eqnarray*}$ ist in Ordnung, alle Nullstellen von $\begin{eqnarray*} X^7-1 \end{eqnarray*}$ sind ja Potenzen von $\begin{eqnarray*} \zeta_7 \end{eqnarray*}$ .

b) Da liegst du voll daneben. Wie kommst du auf die Idee, dass x^4+x^2+1 relle Nullstellen haben könnte ? Schau dir noch mal an, was David1 vorgeschlagen hat, das ist viel sinnvoller.

17.01.2010, 14:56

Homer Jay

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Ups, sehe ein Mist gebaut zu haben, habe mich beim Durchstöbern des Internets von einem anderen Polynom 4. Grades glaube ich in die irre führen lassen...

Die NST müssten jetzt richtig so lauten:

$\begin{eqnarray*} x_{1}= -\frac{1}{2}+ i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2}= -\frac{1}{2}- i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{3}= \frac{1}{2}+ i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4}= \frac{1}{2}- i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}} \end{eqnarray*}$

Frage: Warum sind es nach David1 3. Einheitswurzeln?

Folglich würde ich sagen muss der ZFK so aussehen: $\begin{eqnarray*} \mathbb Q( i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}}) \end{eqnarray*}$ mit Basis $\begin{eqnarray*} \{1, i\cdot\sqrt{\frac{3}{4}}\} \end{eqnarray*}$

So besser? >.<

17.01.2010, 15:16

Elvis

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Fast perfekt. Die Substitution $\begin{eqnarray*} u=x^2 \end{eqnarray*}$ führt auf die Gleichung $\begin{eqnarray*} u^2+u+1=0 \end{eqnarray*}$ , diese hat die primitiven 3. Einheitswurzeln $\begin{eqnarray*} \rho=-\frac 1 2+\frac i 2\sqrt 3, \rho^2=-\frac 1 2 -\frac i 2 \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ als Nullstellen.
$\begin{eqnarray*} x=\sqrt u \end{eqnarray*}$ liefert deine 4 Nullstellen - du solltest den Nenner aus der Wurzel herausziehen, das sieht schöner aus .
Wegen $\begin{eqnarray*} \sqrt \rho=-\rho^2,\sqrt {\rho^2}=-\rho \end{eqnarray*}$ erhält man nicht wie erwartet einen Körper vom Grad 4 $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\rho,\sqrt\rho)/ \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[X]/(X^4+X^2+1)=\mathbb Q(\rho)=\mathbb Q(-\frac 1 2+\frac i 2 \sqrt 3) \end{eqnarray*}$ .
Als Basis wählt man üblicherweise $\begin{eqnarray*} \{1,\rho\} \end{eqnarray*}$

17.01.2010, 16:04

Homer Jay

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Zitat:

Original von Elvis
Fast perfekt. Die Substitution $\begin{eqnarray*} u=x^2 \end{eqnarray*}$ führt auf die Gleichung $\begin{eqnarray*} u^2+u+1=0 \end{eqnarray*}$ , diese hat die primitiven 3. Einheitswurzeln $\begin{eqnarray*} \rho=-\frac 1 2+\frac i 2\sqrt 3, \rho^2=-\frac 1 2 -\frac i 2 \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ als Nullstellen.
$\begin{eqnarray*} x=\sqrt u \end{eqnarray*}$ liefert deine 4 Nullstellen - du solltest den Nenner aus der Wurzel herausziehen, das sieht schöner aus .
Wegen $\begin{eqnarray*} \sqrt \rho=-\rho^2,\sqrt {\rho^2}=-\rho \end{eqnarray*}$ erhält man nicht wie erwartet einen Körper vom Grad 4 $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\rho,\sqrt\rho)/ \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[X]/(X^4+X^2+1)=\mathbb Q(\rho)=\mathbb Q(-\frac 1 2+\frac i 2 \sqrt 3) \end{eqnarray*}$ .
Als Basis wählt man üblicherweise $\begin{eqnarray*} \{1,\rho\} \end{eqnarray*}$

Langsam wird mir alles klarer, jedoch muss ich noch einmal nachfragen:

1) Woher wisst ihr, dass die 3. Einheitswurzeln als Ergebnis eines Polynoms vom Grad 4 herauskommen? verwirrt

verwirrt

2) $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \rho² \end{eqnarray*}$ entsprechen ja den beiden NST der Gleichung u²+u+1. Warum nennst du die 2. NST $\begin{eqnarray*} \rho² \end{eqnarray*}$ ?

3) Der Grad der Körpererweiterung entspricht doch der # Elemente in der Basis?

4) Muss man immer $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(-\frac 1 2+\frac i 2 \sqrt 3) \end{eqnarray*}$ die volle Nullstelle adjungieren? Die Elemente haben doch dann eh die Form $\begin{eqnarray*} a+\frac i 2 \sqrt 3 \cdot b \end{eqnarray*}$ und 0,5 ist doch schon in Q enthalten :>?

17.01.2010, 16:10

Homer Jay

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Frage 2) ist mir grad selbser bewußt geworden, die Quadrate der einheitswurzeln entsprechen ja nur quasi Vielfache der "Ausgangsnullstelle" mit anderen VZ, folglich muss man sie ja nicht alle adjungieren.

Aber der Rest interessiert mich noch^^

17.01.2010, 18:16

Elvis

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zu 1) Wir kennen die Gleichung und ihre Lösungen, das ist "Standard".
zu 2.) $\begin{eqnarray*} \rho\cdot\rho=\rho^2 \end{eqnarray*}$ , daher der Name. Ich nenne das Ding nicht so, das ist so.
zu 3.) Ja.
Zu 4.) Ein Vektorraum über einem Körper hat viele mögliche Basen, lediglich die Anzahl der Basiselemente, d.i. die Dimension, ist festgelegt. Basiswechsel ist immer möglich. Meine Wahl der Basis hat geometrische Gründe, und ich habe dir gezeigt, wie man mit dieser Basiswahl darauf kommt, dass der Grad 2 und nicht 4 ist.

17.01.2010, 18:24

Homer Jay

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Mh, wäre es dann falsch zu sagen, dass die Basis $\begin{eqnarray*} \{1,\frac{i}{2}\sqrt{3}\} \end{eqnarray*}$ lautet, oder ist das gerade eine andere mögliche, die du genannt hast?

17.01.2010, 18:51

Elvis

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Geht, aber was motiviert dann $\begin{eqnarray*} \frac i 2 \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} i \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ ? Wenn schon "einfach", dann doch "richtig einfach" und nicht nur ein "bißchen einfach". Augenzwinkern

Augenzwinkern

17.01.2010, 19:06

Homer Jay

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Ok, vielen Dank Mit Zunge

Mit Zunge

Eine wirklich letzte Frage habe ich noch für heute >.<:

Unser Übungsleiter hat in der Übung für (x²+1)(x³-3) eine Basis bestimmt aus 6 Elementen. Dann hat er ne Mail gesendet und gemeint es wäre falsch, denn es müsste eine Basis aus 12 Elementen sein.

Nun habe ich vorhin versucht es auch zu berchnen. Die Nullstellen sind ja:

$\begin{eqnarray*} \pm i \end{eqnarray*}$ für x²+1 und

$\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{3}e^{\frac{2\pi i k}{3}} \end{eqnarray*}$ mit k=0,1,2 für x³-3

Dann wäre der ZFK meiner Meinung nach $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(i)(\sqrt[3]{3}, i\frac{\sqrt{3}}{2}) \end{eqnarray*}$ mit Basen $\begin{eqnarray*} \{1, i \} und \{{ 1, \sqrt[3]{3}, i\frac{\sqrt{3}}{2}}\} \end{eqnarray*}$

Das wären aber wieder 6 :<

17.01.2010, 19:25

Elvis

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Stimmt so, und 2*3=6 . Ich glaube nicht, dass der ZFK über Q den Grad 12 hat.

17.01.2010, 19:38

Homer Jay

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Falls es dich interessiert, das hatte er in der Mail angegeben:

"uns ist aufgefallen, dass der Zerfällungskörper von (x^2+1)(x^3-3)
über $\QQ$ eine Basis aus zwölf Elementen und nicht wie in der Übung
Behauptet eine Basis aus 6 Elementen hat.

Der Grund ist der, dass der Zerfällungskörper von x^3-3 bereits eine
Basis aus 6 Elementen hat. Dieser letztgenannte Körper ist eine Grad 2
Körpererweiterung des Körpers mit der Basis bestehend aus 1, der
dritten Wurzel von 3 und der dritten Wurzel aus 9."

17.01.2010, 19:56

Elvis

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Spannend, das interessiert mich sehr. Bitte antworte noch mal, wenn du mehr weißt. Ich sehe nicht, was $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]9 \end{eqnarray*}$ damit zu tun hat. verwirrt

verwirrt

18.01.2010, 08:27

Elvis

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Das allgemeine Polynom n-ten Grades hat die symmetrische Gruppe der Ordnung n! zur Galoisgruppe, also ist sein Zerfällungskörper vom Grad n!
x^3-3 hat die Nullstellen $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]3,\rho\sqrt[3]3,\rho^2\sqrt[3]3 \end{eqnarray*}$ . Der von diesen Nullstellen erzeugte Körper enthält $\begin{eqnarray*} (\sqrt[3]3)^2=\sqrt[3]9 \end{eqnarray*}$ , diese ist keine rationale Linearkombination von $\begin{eqnarray*} 1,\rho,\sqrt[3]3 \end{eqnarray*}$ , also ist der Grad größer als 3, also ist der Grad 6, und $\begin{eqnarray*} \{1,\rho,\sqrt[3]3,\sqrt[3]9,\rho\sqrt[3]3,\rho\sqrt[3]9\} \end{eqnarray*}$ ist eine Basis.

18.01.2010, 19:38

Homer Jay

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Ah, ok.

Zu den anderen beiden Aufgaben hatte er folgendes geschrieben (Achtung schreckliche Schrift!). Bei der ersten Aufgabe mit x^7-1 verstehe ich nun aber dennoch nicht, warum er alle Einheitswurzeln als Basis genommen hat verwirrt

verwirrt

Die zweite Aufgabe müsste also auch 12 Elemente in der Basis enthalten.

19.01.2010, 19:28

Elvis

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Ja, das stimmt schon so, die 6 primitiven 7. Einheitswurzeln sind die Nullstellen des Minimalpolynoms vom Grad 6, also eine Basis des Zerfällungskörpers vom Grad 6. Sie gehen durch Multiplikation aus einander hervor, sind aber als Vektoren über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ linear unabhängig. Erst durch Hinzunahme der 1 läßt sich die 0 linear kombinieren wegen $\begin{eqnarray*} x^6+x^5+...+x+1=0 \end{eqnarray*}$ . Jeweils 6 der 7 Einheitswurzeln sind eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\zeta_7) \end{eqnarray*}$ .

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