galoisgruppe primitive achte einheitswurzel

26.08.2011, 21:34	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
galoisgruppe primitive achte einheitswurzel noch eine aufgabe zur galoisgruppe: Sei $\begin{eqnarray} \zeta\in\mathbb C \end{eqnarray}$ eine primitive achte Einheitswurzel. Bestimme die Galoisgruppe und alle Zwischenkörper der Körpererweiterung $\begin{eqnarray} \mathbb Q\subset\mathbb Q(\zeta) \end{eqnarray}$ . Joa also ich habe da eine Lösung dazu, aber die verstehe ich nicht wirklich. Angefangen wird damit, dass das Minimalpolynom von $\begin{eqnarray} \zeta \end{eqnarray}$ das achte Kreisteilungspolynom ist. Die anderen Nullstellen dieses Polynoms sind die anderen 3 primitiven achten Einheitswurzeln. Deswegen ist der Grad der Körpererweiterung 4, soweit ist noch alles klar. Dann steht da $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\zeta) \end{eqnarray}$ ist Zerfällungskörper und damit galoissch... wieso? Oder ist das ein ängiger Satz den ich nicht kenne? OK weiter. Dann wird gesagt, dass man o.E. annehmen kann, dass $\begin{eqnarray} \zeta=e^{\frac{2\pi i}8} \end{eqnarray}$ ist, wurde ja vorher auch nicht gesagt, welche es sein soll. Jetzt kommt der Teil, den ich nicht verstehe: Also dass die Galoisgruppe vier Elemente hat und diese die Nullstellen vertauschen, ist ja klar. Dann steht dort, dass $\begin{eqnarray} \sigma(\zeta^k)=\sigma(\zeta)^k \end{eqnarray}$ ist (wieso?) und dass dadurch die Permutation durch $\begin{eqnarray} \sigma(\zeta) \end{eqnarray}$ schon festgelgt wird. OK bis dahin erstmal, bräuchte echt ein paar erläuternde Worte und dann gehts weiter mit dem Rest. LG Hamsterchen
27.08.2011, 11:30	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Zerfällungskörper von Familien irreduzibler Polynome sind galoissch, also ist der Zerfällungskörper eines irreduziblen Polynoms galoissch. $\begin{eqnarray} \sigma(\zeta ^k)=\sigma(\zeta)^k \end{eqnarray}$ weil $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ ein Körperautomorphismus ist, und für den gilt $\begin{eqnarray} \sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b) \end{eqnarray}$
27.08.2011, 13:57	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
hi, danke für deine erklärung. jetzt gehts damit weiter, dass die Galoisgruppe isomorph zur Einheitengruppe von $\begin{eqnarray} \mathbb Z/8\mathbb Z \end{eqnarray}$ ist. Wieso ist das so? Also diese Einheitengruppe ist ja auch isomorph zu $\begin{eqnarray} \mathbb Z/2\mathbb Z\times\mathbb Z/2\mathbb Z \end{eqnarray}$ . Aber woher weiß ich, dass die Galoisgruppe dazu isomorph ist? Dann steht dort, dass der Standardisomorphismus $\begin{eqnarray} \sigma_i \end{eqnarray}$ auf die Restklasse von $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ abbildet. Wobei vorher die Automorphismen so genannt wurden: $\begin{eqnarray} id=\sigma_1,\sigma_3,\sigma_5,\sigma_7 \end{eqnarray}$ . Und die 4 Nullstellen sind $\begin{eqnarray} \zeta,\zeta^3,\zeta^5,\zeta^7 \end{eqnarray}$ . Dann wird die $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ -VR-Basis $\begin{eqnarray} \{1,\zeta,\zeta^2,\zeta^3\} \end{eqnarray}$ gewählt und es wird gesagt, dass ein Element $\begin{eqnarray} a_0+a_1\zeta+a_2\zeta^2+a_3\zeta^3 \end{eqnarray}$ unter $\begin{eqnarray} \sigma_i \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} a_0+a_1\zeta^i+a_2\zeta^{2i}+a_3\zeta^{3i} \end{eqnarray}$ abgebildet wird. Dann wird gerechnet, erster Fixkörper: $\begin{eqnarray} \sigma_3(a_0+a_1\zeta+a_2\zeta^2+a_3\zeta^3)=a_0+a_3\zeta-a_2\zeta^2+a_1\zeta^3 \end{eqnarray}$ das versteh ich, wenn oben genannte dinge gelten, aber ich brauche für oben die sachen auf jeden fall noch erklärungen.... weiter: $\begin{eqnarray} \mathbb Q^{\langle\sigma_3\rangle}=\mathbb Q(\zeta+\zeta^3)=\mathbb Q(i\sqrt 2) \end{eqnarray}$ joa, da weiß ich auch nicht so genau, woher $\begin{eqnarray} i\sqrt 2 \end{eqnarray}$ herkommt, wahrscheinlich muss man dafür die wurzeldarstellung von den achten einheitswurzeln kennen. LG Hamsterchen
27.08.2011, 14:23	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Galoisgruppe des m-ten Kreisteilungspolynoms ist immer isomorph zu $\begin{eqnarray} (\mathbb Z/m\mathbb Z)^{\times} \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \phi_8=X^4+1 \end{eqnarray}$ . Die primitiven 8-ten Einheitswurzeln sind klar (das sind genau die zu 8 primen Exponenten, also die ungeraden Potenzen), die Automorphismen sind bekannt, alles andere lässt sich "leicht" nachrechnen. $\begin{eqnarray} \zeta+\zeta^3=i\sqrt2 \end{eqnarray}$ ist klar, weil die primitiven 8-ten Einheitswurzeln ein Quadrat auf den Winkelhalbierenden und dem Einheitskreis bilden. Sieh auch hier : http://de.wikipedia.org/wiki/Kreisteilungsk%C3%B6rper
27.08.2011, 14:42	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
ich bin jetzt anders auf die lösung gekommen, indem ich mir die automorphismen hingeschrieben habe. aber was ich noch nicht verstehe ist, wie man auf den fixkörper kommt. also ich habe: $\begin{eqnarray} r:=a_0+a_1\zeta+a_2\zeta^2+a_3\zeta^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sigma_3(r)=a_0+a_3\zeta-a_2\zeta^2+a_1\zeta^3\Rightarrow \mathbb Q(\zeta+\zeta^3) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sigma_5(r)=a_0-a_1\zeta+a_2\zeta^2-a_3\zeta\Rightarrow\mathbb Q(\zeta^2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sigma_7(r)=a_0-a_3\zeta-a_2\zeta^2-a_1\zeta\mathbb Q(\zeta-\zeta^3 \end{eqnarray}$ also mir ist klar, dass wenn ich den automorphismus darauf loslasse, dass es gleich bleibt. aber mir fällt es irgendwie schwer, das abzulesen. könntest du mir sagen, wie man das am schnellsten rausfindet?
27.08.2011, 15:08	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Da galoissch, gehört zu jeder Untergruppe der Ordnung 2 genau ein Teilkörper vom Grad 2. Fixkörper berechnen durch Ausprobieren ?
Anzeige

27.08.2011, 15:54	Hamsterchen	Auf diesen Beitrag antworten »
ok also einfach ausprobieren. ich dachte, da gibts vielleicht nen trick ^^ vielen dank lg
27.08.2011, 17:06	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiß es nicht. Die Galoistheorie zeigt uns, dass es nur wenige Teilkörper gibt, und wie sie mit den Untergruppen der Automorphismengruppe in Beziehung stehen. Dann kennen wir sogar den Teilkörperverband (isomorph zum Untergruppenverband), wissen also die Grade der Teilkörper und ihre gegenseitige Lage. Für das Ausprobieren bieten sich immer Summen und Produkte der Nullstellen an. In bestimmten Fällen - wie zum Beispiel hier bei Kreisteilungskörpern - weiß man bestimmt sehr viel mehr. Für den allgemeinen Fall ist mir nicht bekannt, wie man konkret die Fixkörper bestimmt.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »