Galoisgruppe und zwischenkörper bestimmen

26.08.2011, 18:28	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Galoisgruppe und zwischenkörper bestimmen Hi, folgende Aufgabe: a) Konstruiere den Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray} X^4+5X^2+6\in\mathbb Q[X] \end{eqnarray}$ b) bestimme die Galoisgruppe c) bestimme alle Zwischenkörper dieser Erweiterung Also, angefangen habe ich mit Substitution mit $\begin{eqnarray} Y:=X^2 \end{eqnarray}$ und habe damit, dass $\begin{eqnarray} f=(X+2)(X+3) \end{eqnarray}$ ist. Davon die Nullstellen sind $\begin{eqnarray} \pm i\sqrt 2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \pm i\sqrt 3 \end{eqnarray}$ . Das heißt, dass der Zerfällungskörper damit $\begin{eqnarray} L=\mathbb Q(i,\sqrt 2,\sqrt 3) \end{eqnarray}$ ist. Stimmt das soweit? Eine Basis von diesem Körper müsste $\begin{eqnarray} \{1,i,\sqrt 2,\sqrt 3\} \end{eqnarray}$ sein, damit wäre dann der Grad $\begin{eqnarray} [L:\mathbb Q]=4 \end{eqnarray}$ , oder? Folgt mit dem Grad sofort, dass die Galois-Gruppe 4 Elemente besitzt? Oder liegt das an was anderem? Naja ok, zu der Galoisgruppe hätte ich folgende Automorphismen: $\begin{eqnarray} id \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 2)=i\sqrt 2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 3)=-i\sqrt 3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 2)=-i\sqrt 2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 3)=i\sqrt 3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 2)=-i\sqrt 2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 3)=-i\sqrt 3 \end{eqnarray}$ das wären dann ja 4. Wieso geht $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 2)=i\sqrt 3 \end{eqnarray}$ eigentlich nicht? Hat das was mit der Zerlegung von f zu tun? Das habe ich noch nicht so wirklich verstanden. Naja diese 3 Automorphismen haben ja Ordnung 2, deswegen ist die Galoisgruppe isomorph zu $\begin{eqnarray} \mathbb Z/2\mathbb Z\times\mathbb Z/2\mathbb Z \end{eqnarray}$ , oder??? Wie genau bestimmt man jetzt die Zwischenkörper? Das hat ja was mit den Fixkörpern von den Untergruppen zu tun glaube ich? Aber da blick ich noch nicht durch. Wäre für Erklärungen wirklich sehr dankbar. LG Hamsterchen
27.08.2011, 11:44	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
An den Zerfällungskörper glaube ich nicht, denn ich sehe nicht, wie $\begin{eqnarray} i,\sqrt 2, \sqrt 3 \end{eqnarray}$ aus den Nullstellen entstehen sollen. Der Zerfällungskörper muss aber einen reellen Teilkörper $\begin{eqnarray} \mathbb Q[\sqrt 6] \end{eqnarray}$ enthalten, weil, $\begin{eqnarray} i\sqrt 2\cdot i\sqrt 3=-\sqrt 6 \end{eqnarray}$ ist. Wenn der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray} f=(X^2+2)(X^2+3) \end{eqnarray}$ der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray} \{(X^2+2),(X^2+3)\} \end{eqnarray}$ ist, dann ist er galoissch als Zerfällungskörper einer Familie von irreduziblen Polynomen. Also ist sein Grad gleich der Anzahl von Automorphismen in der Galoisgruppe, denn es ist ja $\begin{eqnarray} [L/K]=\|Aut(L/K)\| \end{eqnarray}$ genau dann, wenn L/K galoissch ist. $\begin{eqnarray} f=(X^2+2)(X^2+3) \end{eqnarray}$ ist das Produkt aus irreduziblen Polynomen. Automorphismen operieren immer auf Nullstellen von irreduziblen Polynomen, deswegen geht $\begin{eqnarray} \sigma(i\sqrt 2)=i\sqrt 3 \end{eqnarray}$ nicht. Teilkörper sind genau die Fixkörper von Untergruppen der Galoisgruppe, ja. Was dann hier ganz einfach zu sehen ist.
27.08.2011, 13:06	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, danke für deine Antwort. Also ich brauche die Fixkörper der Untergruppen. Da ich hier eine Lösung habe, weiß ich ja schon was rauskommt und kann das auch nachvollziehen. Mein erstes $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ nenne die $\begin{eqnarray} \sigma_1 \end{eqnarray}$ , das zweite $\begin{eqnarray} \sigma_2 \end{eqnarray}$ und das letzte ist die Komposition der beiden ersten. Also $\begin{eqnarray} \sigma_1,\; \sigma_2,\;\sigma_1\sigma_2 \end{eqnarray}$ . Aber was ist, wenn ich das zum Beispiel nicht gesehen hätte? Naja die Untergruppen sind die 3 Gruppen, die von oben genannten Elementen erzeugt wird (kleine Erklärung wäre hier nett). Die Fixkörper sind dann $\begin{eqnarray} \mathbb Q(i\sqrt 2),\;\mathbb Q(i\sqrt 3) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbb Q(i\sqrt 2\cdot i\sqrt 3)=\mathbb Q(\sqrt 6)] \end{eqnarray}$ . PS: Zerfällungskörper $\begin{eqnarray} L=\mathbb Q(i\sqrt 2,i\sqrt 3) \end{eqnarray}$ .
27.08.2011, 13:46	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das einzige was du (in deinem ersten Beitrag) falsch gemacht hast, ist der Zerfällungskörper. Der Zerfällungskörper von f ist natürlich der Zerfällungskörper seiner irreduziblen Faktoren. Alles andere folgt daraus. Er ist galoissch, sein Grad ist 4, die 4 Automorphismen kennst du. Die beiden Automorphismen mit Vorzeichenwechsel lassen die jeweils andere komplexe Nullstelle fest, der Produktautomorphismus ohne Vorzeichenwechsel lässt den reellen Teilkörper fest. Zur Gruppe kann man noch sagen, dass eine Gruppe der Ordnung 4 entweder zyklisch oder (wie hier) die Kleinsche Vierergruppe mit 3 Untergruppen der Ordnung 2 sein muss.
27.08.2011, 13:59	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
ok ich denke das reicht erstmal für diese aufgabe. dank dir. lg

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