Galoisgruppe, Untergruppen, Zwischenkörper

06.07.2011, 14:13

Hamsterchen

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Galoisgruppe, Untergruppen, Zwischenkörper

Hi,
ich habe hier folgende Aufgabe:

Sei $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^6+2x^3+2\in\mathbb Q[x] \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ . Zu bestimmen:
(a) Die Galoisgruppe Aut(L/K)
(b) Alle Untergruppen von Aut(L/K)
(c) Alle Zwischenkörper M der Erweiterung
(d) Jeweils ein primitives Element $\begin{eqnarray*} a_M \end{eqnarray*}$ zu jedem Zwischenkörper $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$
(e) Jeweisl das Minimalpolynom von $\begin{eqnarray*} a_M \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$
(f) Alle Zwischenkörper $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ für die $\begin{eqnarray*} M'/K \end{eqnarray*}$ normal ist

hab folgende nullstellen: $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{-1-i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{-1+i} \end{eqnarray*}$ . Könnte mir jemand weiter helfen bei der Aufgabe?

LG
Hamsterchen

06.07.2011, 22:03

Elvis

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Hast du schon bemerkt, dass dies ein Eisenstein-Polynom, also irreduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ist ? Das ist doch schon mal eine gute Voraussetzung für die weitere Arbeit.

07.07.2011, 00:51

tigerbine

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Könnte man es so angehen, dass man das Polynom erstmal über $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ in Linearfaktoren zerlegt? Mit Substitution ist der erste Schritt getan, danach müssen komplexe dritte Wurzeln gezogen werden. Da würde ich über polarkoordinaten vorgehen und mit Einheitswurzeln arbeiten.

$\begin{eqnarray*} x^6+2x^3+2 =&&\Bigl(x^3-(-1+i)\Bigr)\Bigl(x^3-(-1-i)\Bigr)<br /> =&&\Bigl(x^3-\sqrt{2}\omega_8^3\Bigr)\Bigl(x^3-\sqrt{2}\omega_8^5\Bigr)<br /> =&&\Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_8\Bigr)\Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^{11}\Bigr) \Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^{19}\Bigr) \cdot <br /> && \Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^5\Bigr)\Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^{13}\Bigr) \Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^{21}\Bigr) \end{eqnarray*}$

Daher würde ich meinen, dass man den Zerfällungskörper erhält, wenn man $\begin{eqnarray*} \sqrt[6]{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega_{24} \end{eqnarray*}$ adjungiert. Die Minimalpolynome lauten dann

$\begin{eqnarray*} x^6-2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[6]{2})|\mathbb Q \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Phi_{24}=\frac{x^{24}-1}{\Phi_1\Phi_2\Phi_3\Phi_4\Phi_6\Phi_8\Phi_{12}}=x^8-x^4+1 \end{eqnarray*}$

Mmh, wird ziemlich groß. Vielleicht kann der King ja mal was dazu sagen... verwirrt

verwirrt

edit:
So wären das Minimalpolynome über Q, wenn sie denn stimmen. Man müßte vielleiht aber auch schauen, welche Wurzelausrücke man mit den EW schon adjunigert hat, so dass der Erweiterungsgrad auch kleiner sein kann.

07.07.2011, 17:30

tigerbine

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code:
1: 2: 3: 4: 5:	galois(x^6+2*x^3+2); "6T3", {"D(6)", "S(3)[x]2"}, "-", 12, {"(1 4)(2 3)(5 6)", "(1 4 6 2 3 5)"}

Das sagt Maple. Vielleicht hilft uns mal jemand, dass wir auch drauf kommen. Forum Kloppe

Forum Kloppe

07.07.2011, 19:18

tigerbine

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Vielleicht kann man die Faktordarstellung auch anders ausnutzen. Minpolys zu erkennen scheint nicht so einfach bei Beispielen kleinerer Dimension. Zumal hier ein semidirekte Produkt raus komm.

Wenn man sich die Nullstellen mal aufmalt, so müßte gelten:

$\begin{eqnarray*} x^6+2x^3+2 =&&\Bigl(x^3-\sqrt{2}\omega_8^3\Bigr)\Bigl(x^3-\sqrt{2}\omega_8^5\Bigr)<br /> =&&\Bigl(x-\sqrt[6]{2}~\omega_{24}^3\Bigr)_1\Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^{11}\Bigr)_3 \Bigl(x-\sqrt[6]{2}\omega_{24}^{19}\Bigr)_5 \cdot <br /> && \Bigl(x-\sqrt[6]{2}~\overline{\omega_{24}^3}\Bigr)_2\Bigl(x-\sqrt[6]{2}~ \overline{\omega_{24}^{11}}\Bigr)_4 \Bigl(x-\sqrt[6]{2}~ \overline{\omega_{24}^{19}}\Bigr)_6 \end{eqnarray*}$

Das Polynom ist nach Einsenstein irreduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[x] \end{eqnarray*}$ . Daher ist die Galoisgruppe isomorph zu einer Untergruppe U der $\begin{eqnarray*} S_6 \end{eqnarray*}$ , die transitiv auf der Menge $\begin{eqnarray*} M={1,2,...,6} \end{eqnarray*}$ [den sechs Nullstellen - siehe Index] operiert.

Transitiv bedeutet, es gibt nur eine Bahn und aus der Bahnenformel folgt, dass |U| durch 6 teilbar sein muss.

6=2*3 und nach dem Satz von Cauchy besitzt U (mind) ein Element der Ordnung 2 und (mind) eins der Ordnung 3.

Die Nullstellen sind in Paaren komplex konjugiert. Es enthält U also die Transposition (12)(34)(56).

Nun gibt es mind. einen 3er Zyklus. Wegen der Teilpolynome vom Grad 3, die irred. über einem Zwischenkörper sind, würde ich meinen z.B. (135). Damit aus (153). Analog begründen sich (246) und (264).

(12)(34)(56)(135)=(143652)

Somit hat man schon mal eine Transposition und einen 6-Zykel. Also mind. die D12 (manche nennen sie D6). Die soll es ja auch sein. Wie schließt man nun mehr aus?

08.07.2011, 10:57

Elvis

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Vielleicht kommt man mit einem primitiven Element des Zerfällungskörpers weiter. Ein solches ist $\begin{eqnarray*} \theta=\sqrt[3]{-1+i} \end{eqnarray*}$ , was man durch betrachten der Potenzen von $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ erkennt. Zum Beispiel ist $\begin{eqnarray*} \theta^7=2\omega=2\sqrt[3]{-1-i} \end{eqnarray*}$ . Was ist sein Minimalpolynom und was folgt daraus für die Galoisgruppe ? (Macht mein Beitrag irgendeinen Sinn ?)

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08.07.2011, 11:43

Reksilat

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@Elvis: Das Minimalpolynom müsste dann wieder das anfangs gegebene Polynom vom Grad 6 sein. Dann kann das Element aber nicht primitiv sein oder der Grad 12 stimmt nicht.
verwirrt

verwirrt

Mir ist heute Morgen im Bett auch noch was dazu eingefallen:

Nenne :
$\begin{eqnarray*} e:=\omega_{24} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1:=\sqrt[6]{2}e^3 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_2:=\sqrt[6]{2}e^5 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{3}:=\sqrt[6]{2}e^{11} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4}:=\sqrt[6]{2}e^{13} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{5}:=\sqrt[6]{2}e^{6} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{6}:=\sqrt[6]{2}e^{21} \end{eqnarray*}$ .
Das müssten ja dann die Nullstellen sein (da vertrau ich auf tigerbine).

Man kann sehen, dass sich für $\begin{eqnarray*} z:=e\sqrt[6]{2} \end{eqnarray*}$ der Zerfällungskörper als $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(z,e^2) \end{eqnarray*}$ schreiben lässt.
( $\begin{eqnarray*} 2z=x_1^5\cdot x_2^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 2e^2=x_1^6 \end{eqnarray*}$ und beide Elemente erzeugen offensichtlich die Nullstellen.)
Den Erweiterungsgrad $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(z,e^2):\mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ kann man gut bestimmen - er ist 12.
_________________

Für die Galoisgruppe schaut man sich ein paar Invarianten an:
So ist $\begin{eqnarray*} (x_1)^7=2x_{6} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (x_2)^7=2x_{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x_{4})^7=2x_{5} \end{eqnarray*}$ .
Also bildet $\begin{eqnarray*} \{\{x_1,x_{6}\},\{x_2,x_{3}\},\{x_{4},x_{5}\}\} \end{eqnarray*}$ eine unter der Galoisgruppe invariante Partition der Nullstellenmenge.

Damit fällt auch Tigerbines 3-Zyklus $\begin{eqnarray*} (135) \end{eqnarray*}$ raus, da dieser die Partition zerstört.
Beziehungsweise: Wenn $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} x_{3} \end{eqnarray*}$ abgebildet wird, so wird auch $\begin{eqnarray*} x_{6} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ abgebildet, da $\begin{eqnarray*} x_6=\frac{1}{2}x_1^7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2=\frac{1}{2}x_3^7 \end{eqnarray*}$

Anmerkung: Die Automorphismengruppe dieser Partition ist ein sogenanntes Kranzprodukt. Zunächst hat man da die Elemente drin, die jede der Mengen festlassen, also letztlich die Gruppe $\begin{eqnarray*} \langle (16),(23),(45)\rangle \end{eqnarray*}$ .
Und dann gibt es noch eine $\begin{eqnarray*} \Sigma_3 \end{eqnarray*}$ , die einfach die drei Mengen vertauscht. Die entspricht $\begin{eqnarray*} \langle (124)(635),(12)(63)\rangle \end{eqnarray*}$ .
Insgesamt sind wir da bei der Ordnung 48, also zu groß.

Man sieht aber auch: $\begin{eqnarray*} (x_1x_2)^3=2\in\mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} (x_1x_3)^3=2e^6\not\in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ .
Solche Produkte müssen also auch festgelassen werden, d.h. ein Automorphismus darf nicht $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ festlassen und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} x_{3} \end{eqnarray*}$ abbilden.
Letztlich muss dadurch folgende Partition invariant bleiben:
$\begin{eqnarray*} \{\{x_1,x_{3},x_{5}\},\{x_2,x_{4},x_{6}\}\} \end{eqnarray*}$ .

Da bleiben nun genau 12 Elemente übrig. Übrigens genau die Symmetriegruppe des Sechsecks mit den Ecken 1,2,5,6,3,4. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß,
Reksilat.

08.07.2011, 13:40

Hamsterchen

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Hallo an alle,
also ich hab mir das alles mal durchgelesen was ihr so geschrieben habt und verstehe es nicht wirklich. also viele dinge kenne ich (noch) nicht.
naja also ihr könnt die aufgabe ja gerne lösen, würde mir bestimmt bei der klausurvorbereitung helfen, aber im moment blick ich da nicht durch ^^

aber ich hab das gefühl, dass es euch spass macht, also nur zu =) ist auch sehr interessant, euch "zuzuhören" ^^

lg
hamsterchen

08.07.2011, 15:46

tigerbine

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@Hamsterchen:
Wir stören hoffentlich nicht.... Aber nenne doch deine Ideen. Du weißt am besten, was ihr gerade in der Vorlesung macht und wie ihr die Sache angeht.

@all:
Also mit meinen Adjunktionsideen bekommen ich zwar einen Körper, über dem das Poly zerfällt, aber sie stellen nicht die Minimaleigenschaft sicher [nötig für Zerfällungskörper]. Der Fehler liegt wohl darin, dass ich die Koppung von Wurzel 2 und den Einheitswurzeln nicht berücksichtigt habe. Ich habe sie ja "lösgelöst" adjungieren wollen. Das muss i.d.R. dann ja einen größeren Körper liefern.
[Soviel zu meiner Fehleranalyse]

Zitat:

Original von Reksilat
Mir ist heute Morgen im Bett auch noch was dazu eingefallen:

Nenne :
$\begin{eqnarray*} e:=\omega_{24} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1:=\sqrt[6]{2}e^3 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_2:=\sqrt[6]{2}e^5 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{3}:=\sqrt[6]{2}e^{11} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4}:=\sqrt[6]{2}e^{13} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{5}:=\sqrt[6]{2}e^{6} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{21}:=\sqrt[6]{2}e^{21} \end{eqnarray*}$ .
Das müssten ja dann die Nullstellen sein (da vertrau ich auf tigerbine).

Man kann sehen, dass sich für $\begin{eqnarray*} z:=e\sqrt[6]{2} \end{eqnarray*}$ der Zerfällungskörper als $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(z,e^2) \end{eqnarray*}$ schreiben lässt.
( $\begin{eqnarray*} 2z=x_1^5\cdot x_2^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 2e^2=x_1^6 \end{eqnarray*}$ und beide Elemente erzeugen offensichtlich die Nullstellen.)

Den Erweiterungsgrad $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(z,e^2):\mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ kann man gut bestimmen - er ist 12.

z koppelt hier die EW und die Wurzel aus 2. Kannst du mal zeigen, wie du den Grad berechnest? Machst du es in einem Schritt oder in 2? Wie sehen die Minpoly aus?

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(e^2)|\mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} e:=\omega_{24} \end{eqnarray*}$ . Das ist dann doch $\begin{eqnarray*} e^2=\omega_{12} \end{eqnarray*}$ und das Minpoly hat Grad 4. Wie lautet nun das Minpoly von z über Q(e²). Das ist ein Kernproblem, wie man das angeht.

Wink

Wink

08.07.2011, 16:35

Reksilat

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Es ist
$\begin{eqnarray*} z^3=e^3\sqrt 2=1+i \end{eqnarray*}$ oder ähnlich. Wir haben ja $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ noch nicht genau festgelegt.

Und $\begin{eqnarray*} i\in \mathbb{Q}(e^2) \end{eqnarray*}$ .

08.07.2011, 17:13

tigerbine

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Danke!

Noch eine Tippfehlerkorrektur. Nicht 21 im Index sondern 6.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} x_1:=\sqrt[6]{2}e^3 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_2:=\sqrt[6]{2}e^5 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{3}:=\sqrt[6]{2}e^{11} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4}:=\sqrt[6]{2}e^{13} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{5}:=\sqrt[6]{2}e^{6} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x_{6}:=\sqrt[6]{2}e^{21} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Für die Galoisgruppe schaut man sich ein paar Invarianten an:
So ist $\begin{eqnarray*} (x_1)^7=2x_{6} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (x_2)^7=2x_{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x_{4})^7=2x_{5} \end{eqnarray*}$ .
Also bildet $\begin{eqnarray*} \{\{x_1,x_{6}\},\{x_2,x_{3}\},\{x_{4},x_{5}\}\} \end{eqnarray*}$ eine unter der Galoisgruppe invariante Partition der Nullstellenmenge.

Was bedeutet invariante Partition? Also schaut man sich mal die Potenzen an [z.B. weil hier die Nullstellen Einheitswurzeln sind?] und wie sie zusammenhängen? Die Permutationen enstehen ja durch Automorphismen. Also wenn man so zusammenhänge der Nullstellen findet, dann sind die "gekoppelt". Lege ich da Bild von x1 fest, so bin ich in der Wahl des Bildes von x6 nicht mehr frei etc.

Gar nicht so einfach, wenn man nicht weiß [ohne maple] was raus kommen soll. Big Laugh

Big Laugh

Aber man orientiert sich dann am Grad der Erweiterungen bis man die passende Elementzahl hat. Damit ist dann auch schon geregelt, wie die "Gruppentafel" aussieht und man muss die Gruppe halt benennen. [In der Hoffnung, dass man eine Ordnung hat, wo die Isomorphietypen katalogisiert sind]?

08.07.2011, 18:43

Elvis

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Mir hilft beim Rechnen auch immer die Anschauung. Hier kann man sich z.B. in Wolfram alpha die 6 Nullstellen des Polynoms zeigen lassen (einfach das Polynom eintippen). Dann sieht man sofort wie die drei Transpositionen wirken, denn es gibt drei Pärchen von Nullstellen auf einem Kreis um 0. Wenn man zwei Nullstellen eines Pärchens vertauscht ist das einmal die komplexe Konjugation, für die anderen beiden Pärchen dreht man um 120°, konjugiert komplex und dreht um -120° zurück (es genügen nicht einfach Spiegelungen, die Drehungen sind notwendig, damit Q fest bleibt).

08.07.2011, 19:37

tigerbine

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Und ich hanteriere hier mit dem Zirkel rum... Big Laugh

Big Laugh

Aber ich sehe es nicht sofort. Also die Konjugation [alle Paare müssen tauschen, oder] sehe ich.

Zitat:

Die Nullstellen sind in Paaren komplex konjugiert. Es enthält U also die Transposition (12)(34)(56).

Zitat:

für die anderen beiden Pärchen dreht man um 120°, konjugiert komplex und dreht um -120° zurück (es genügen nicht einfach Spiegelungen, die Drehungen sind notwendig, damit Q fest bleibt).

Da komme ich nicht mit. Also du überlegst geometrisch, wie du zur Deckung kommst? Spiegelachse darf aber nur IR(bzw. Q) sein, da die Fix bleiben muss. Hier vermischen sich für mich die Perspektiven: Automorphismus mit Q fix und Permutation von Nullstellen und ich denke, dass ist eine meiner Fehlerquellen. In welcher Perspektive sind wir nun mit dem Drehen und spiegelen?

Drehungen und Spiegelungen sind Automorphismen? Ich muss sie so kombinieren dass

(a) Nullstellen auf Nullstellen landen

(b) Q festgelassen wird.

Ist das die Idee hinter de Anschauung?

08.07.2011, 23:20

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich glaube, bei euren Überlegungen zum Grad stimmt irgendetwas noch nicht.

Wenn die 24. Einheitswurzeln im Zerfällungskörper liegen würden, müsste der Grad der Erweiterung ja ein Vielfaches von 8 sein. ( $\begin{eqnarray*} \varphi(24)=24(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})=8 \end{eqnarray*}$ und das 24. Kreisteilungspolynom ist auch das Polynom vom Grad 8, das tigerbine gepostet hat) Dann könnte der Grad nicht 12 sein.

Wenn $\begin{eqnarray*} \sqrt[6]{2} \end{eqnarray*}$ im Zerfällungskörper liegen würde, dann hätte der Zerfällungskörper (wenn er Grad 12 hat) über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt[6]{2}) \end{eqnarray*}$ nur noch Grad 2, also, da i drin liegt, wäre er gleich $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt[6]{2},i). \end{eqnarray*}$ Aber da die 3. Einheitswurzeln $\begin{eqnarray*} =-\frac{1}{2}\pm\frac{i\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$ auch drin liegen, müsste ja auch $\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ im Körper sein. Damit $\begin{eqnarray*} \sqrt{3}\in \mathbb{Q}(\sqrt[6]{2},i)\cap \mathbb{R}=\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2}). \end{eqnarray*}$ Das ist aber nicht der Fall.

Rekapitulation:

Wegen $\begin{eqnarray*} \frac{1+i}{\sqrt{2}}=e^{\frac{i\pi}{4}} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} -1-i=-\sqrt{2} e^{\frac{i\pi}{4}} \end{eqnarray*}$ und eine dritte Wurzel daraus ist $\begin{eqnarray*} \alpha:=-\sqrt[6]{2} e^{\frac{i\pi}{12}}. \end{eqnarray*}$ Eine dritte Wurzel aus $\begin{eqnarray*} -1+i \end{eqnarray*}$ ist das komplex Konjugierte davon, da -1+i das Konjugierte von -1-i ist, $\begin{eqnarray*} -\sqrt[6]{2} e^{-\frac{i\pi}{12}}. \end{eqnarray*}$
Sei dann noch $\begin{eqnarray*} \omega=-\frac{1}{2}+\frac{i\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$ eine primtive 3. Einheitswurzel.
Dann sind die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} x^6+2x^3+2 \end{eqnarray*}$ gerade die 6 Elemente $\begin{eqnarray*} -\omega^j \sqrt[6]{2} e^{\pm\frac{i\pi}{12}} \end{eqnarray*}$ (j=0,1,2) bzw. $\begin{eqnarray*} \omega^j \alpha \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega^j\overline\alpha \end{eqnarray*}$ (j=0,1,2)

Wenn man jetzt die Darstellung der 24. Einheitswurzel $\begin{eqnarray*} e^{\frac{i\pi}{12}} \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot \left(1+\sqrt{3}+i(-1+\sqrt{3})\right) \end{eqnarray*}$ benutzen will, könnte man den Grad so ermitteln:

Man sieht anhand der Darstellung, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(i,\omega,\alpha)=\mathbb{Q}(i,\omega,\sqrt[3]{2}) \end{eqnarray*}$ und auch $\begin{eqnarray*} \overline\alpha \in \mathbb{Q}(i,\omega,\sqrt[3]{2}). \end{eqnarray*}$
Also ist der Zerfällungskörper gleich $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(i,\omega,\sqrt[3]{2})=\mathbb{Q}(i,\sqrt{3},\sqrt[3]{2}). \end{eqnarray*}$ Insbesondere ist der Grad über Q =12.

Zur Berechnung der Galoisgruppe könnte eventuell helfen, dass der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^3-2 \end{eqnarray*}$ ,nämlich $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\omega,\sqrt[3]{2}) \end{eqnarray*}$ , im Körper enthalten ist.
edit: Daher liegt das nichttriviale Element $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} Gal(\mathbb{Q}(\omega,\sqrt[3]{2},i)/\mathbb{Q}(\omega,\sqrt[3]{2})) \end{eqnarray*}$ im Zentrum der (großen) Galoisgruppe. Sei $\begin{eqnarray*} \tau\in Gal(\mathbb{Q}(\omega,\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}) \end{eqnarray*}$ von Ordnung 3, $\begin{eqnarray*} \overline\tau \end{eqnarray*}$ die Fortsetzung auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\omega,\sqrt[3]{2},i) \end{eqnarray*}$ . Dann hat $\begin{eqnarray*} \sigma\overline\tau \end{eqnarray*}$ Ordnung 6, da die Elemente kommutieren und teilerfremde Ordnungen haben.
Wegen $\begin{eqnarray*} ord(\overline\tau)=3 \end{eqnarray*}$ muss $\begin{eqnarray*} \overline\tau(\omega)=\omega \end{eqnarray*}$ gelten. Wähle konkret $\begin{eqnarray*} \overline\tau(\sqrt[3]{2})=\omega\sqrt[3]{2}. \end{eqnarray*}$
Damit gilt $\begin{eqnarray*} \sigma\overline\tau(\omega)=\omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma\overline\tau(\sqrt[3]{2})=\omega \sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$
Es muss außerdem $\begin{eqnarray*} \sigma\overline\tau (i)=-i \end{eqnarray*}$ (und daher $\begin{eqnarray*} \overline\tau(i)=-i \end{eqnarray*}$ ) sein, da sonst die Ordnung nicht 6 wäre.
Bezeichne c die komplexe Konjugation. Dann ist

$\begin{eqnarray*} c\sigma\overline\tau c (\omega)=c\sigma\overline\tau(\omega^2)=c(\omega^2)=\omega \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c\sigma\overline\tau c (i) = c\sigma\overline\tau (-i)=c(i)=-i \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c\sigma\overline\tau c (\sqrt[3]{2})= c\sigma\overline\tau(\sqrt[3]{2})=c(\omega\sqrt[3]{2})=\omega^2\sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$

Andererseits ist $\begin{eqnarray*} (\sigma\overline\tau)^{-1}=(\sigma\overline\tau)^5(i)=-i \end{eqnarray*}$ und genauso $\begin{eqnarray*} (\sigma\overline\tau)^{-1}(\sqrt[3]{2})=\omega^5 \sqrt[3]{2}=\omega^2 \sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$ und natürlich $\begin{eqnarray*} (\sigma\overline\tau)^{-1}(\omega)=\omega. \end{eqnarray*}$

Also wirkt die Konjugation mit der komplexen Konjugation auf $\begin{eqnarray*} \sigma\overline\tau \end{eqnarray*}$ wie Invertieren und die Galoisgruppe ist das entsprechende semidirekte Produkt von $\begin{eqnarray*} C_6 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} C_2 \end{eqnarray*}$ , auch als $\begin{eqnarray*} D_6 \end{eqnarray*}$ bekannt.

Wenn man Lust hat, kann man nun noch leicht ausrechnen, wie die "Drehungen" $\begin{eqnarray*} (\sigma\overline\tau)^k \end{eqnarray*}$ und "Spiegelungen" $\begin{eqnarray*} (\sigma\overline\tau)^k c \end{eqnarray*}$ die Nullstellen des Polynoms abbilden, um die Darstellung der Galoisgruppe als Untergruppe von $\begin{eqnarray*} S_6 \end{eqnarray*}$ zu ermitteln.

08.07.2011, 23:36

tigerbine

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Zitat:

ch glaube, bei euren Überlegungen zum Grad stimmt irgendetwas noch nicht.

Das meinte ich, als ich schrieb

Zitat:

@all:
Also mit meinen Adjunktionsideen bekommen ich zwar einen Körper, über dem das Poly zerfällt, aber sie stellen nicht die Minimaleigenschaft sicher [nötig für Zerfällungskörper]. Der Fehler liegt wohl darin, dass ich die Koppung von Wurzel 2 und den Einheitswurzeln nicht berücksichtigt habe. Ich habe sie ja "lösgelöst" adjungieren wollen.

09.07.2011, 00:04

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Das hatte ich wohl überlesen.

09.07.2011, 00:09

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Das war nicht böse von mir gemeint. Ist ja schön, dass du das noch mal aufgedröselt hast. Vielleicht kann Hamsterchen da auch was raus ziehen.

Vieleicht sagt Elvis noch mal was zur Geometrie. Wenn man noch nicht so fit darin ist, verwirren mich die Sachen mit Fortsetzungen im Moment eher.

Wink

Wink

09.07.2011, 08:21

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, hatte mich mit der Drehung vertan. Nicht -120°, sondern +120°, sonst kommt die 1 nicht wieder auf die 1. Mea culpa, mea maxima culpa. Immer die dämlichen Vorzeichenfehler, nochmals sorry.
Drehung um 120° dreht auch die Zahlengerade, komplexe Konjugation (Spiegelung) dreht sie um 120° Grad weiter, Drehung um 120° ergibt in Summe eine volle Drehung. Heureka, ich hab's (naja, zumindest bis hierhin).

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