Polynom vom Grad 4. Galoisgruppe.

04.02.2012, 12:14

mathinitus

Polynom vom Grad 4. Galoisgruppe.

Hallo,

habe ich ein normiertes irreduzibles Polynom aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[X] \end{eqnarray*}$ vom Grad 4 gegeben, so dass [L:K]=4, wobei L der Zerfällungskörper von K ist. Dann hat Gal(L/K) ja vier Elemente. Es gibt jedoch zwei Gruppen, die vier Elemente haben, nämlich (Z/2Z)^2 und (Z/4Z). Wie entscheide ich, von welchem Typ Gal(L/K) ist?

04.02.2012, 12:32

juffo-wup

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Möchtest du eine allgemeingültige Antwort oder hast du ein spezielles Polynom vom Grad 4, für das du die Frage beantworten willst?
Edit: Eine allgemeine Möglichkeit ist über die sog. kubische Resolvente zu gehen:
Ist $\begin{eqnarray*} X^4+pX^2+qX+r \end{eqnarray*}$ dein Polynom, dann ist $\begin{eqnarray*} X^3-2pX^2+(p^2-4r)X+q^2 \end{eqnarray*}$ die kubische Resolvente. Wenn [L:Q]=4 ist, dann wird diese Resolvente entweder über Q in Linearfaktoren zerfallen oder genau eine (einfache) Nullstelle in Q haben. Wenn der erste Fall gegeben ist, ist Gal(L/Q) isomorph zu (Z/2Z)^2, sonst zu (Z/4Z).

Man kann ein beliebiges normiertes Polynom $\begin{eqnarray*} X^4+a_1X^3+a_2X^2+a_1X+a_0 \end{eqnarray*}$ vom Grad 4 in die Form $\begin{eqnarray*} X^4+pX^2+qX+r \end{eqnarray*}$ bringen indem man für X einsetzt X-a1/4. Dadurch ändert sich die Galoisgruppe nicht.

04.02.2012, 13:11

mathinitus

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Zitat:

Original von juffo-wup
Möchtest du eine allgemeingültige Antwort oder hast du ein spezielles Polynom vom Grad 4, für das du die Frage beantworten willst?
Edit: Eine allgemeine Möglichkeit ist über die sog. kubische Resolvente zu gehen:
Ist $\begin{eqnarray*} X^4+pX^2+qX+r \end{eqnarray*}$ dein Polynom, dann ist $\begin{eqnarray*} X^3-2pX^2+(p^2-4r)X+q^2 \end{eqnarray*}$ die kubische Resolvente. Wenn [L:Q]=4 ist, dann wird diese Resolvente entweder über Q in Linearfaktoren zerfallen oder genau eine (einfache) Nullstelle in Q haben. Wenn der erste Fall gegeben ist, ist Gal(L/Q) isomorph zu (Z/2Z)^2, sonst zu (Z/4Z).

Und wie zeigt man das?

Zitat:

Original von juffo-wup
Man kann ein beliebiges normiertes Polynom $\begin{eqnarray*} X^4+a_1X^3+a_2X^2+a_1X+a_0 \end{eqnarray*}$ vom Grad 4 in die Form $\begin{eqnarray*} X^4+pX^2+qX+r \end{eqnarray*}$ bringen indem man für X einsetzt X-a1/4. Dadurch ändert sich die Galoisgruppe nicht.

Ja, den Trick kenne ich.

04.02.2012, 13:41

juffo-wup

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Mit $\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4),\theta_2=(x_1+x_3)(x_2+x_4), \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \theta_3=(x_1+x_4)(x_2+x_3) \end{eqnarray*}$
ist die Resolvente das Polynom $\begin{eqnarray*} g(X)=(X-\theta_1)(X-\theta_2)(X-\theta_3) \end{eqnarray*}$
Dabei sollen $\begin{eqnarray*} x_1,..,x_4 \end{eqnarray*}$ die Nullstellen des gegebenen Polynoms f vom Grad 4 sein.
Wenn man jetzt die Koeffizienten von g als Polynome in den $\begin{eqnarray*} \theta_i \end{eqnarray*}$ und damit in den $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ schreibt, dann kann man sie auch als Polynome in den elementarsymmetrischen Funktionen in den $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ ausdrücken, und das sind gerade die Koeffizienten von f. Die Rechnung ist aber aufwändig. (nachzulesen z.B. in van der Waerden, Algebra)
Ist E der Zerfällungskörper von g, dann kann man sich (durch Probieren mit den Permutationen aus $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ ) überlegen, dass $\begin{eqnarray*} L=E\cap V_4. \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} V_4\subset S_4 \end{eqnarray*}$ die Kleinsche Vierergruppe ist.

04.02.2012, 14:43

mathinitus

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Danke, dass du dir für mich Zeit nimmst.

Zitat:

Original von juffo-wup
Ist E der Zerfällungskörper von g, dann kann man sich (durch Probieren mit den Permutationen aus $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ ) überlegen, dass $\begin{eqnarray*} L=E\cap V_4. \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} V_4\subset S_4 \end{eqnarray*}$ die Kleinsche Vierergruppe ist.

Du schneidest hier einen Körper mit einer Gruppe?

04.02.2012, 14:49

juffo-wup

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Ich meinte $\begin{eqnarray*} Gal(L/E)=Gal(L/K)\cap V_4 \end{eqnarray*}$
Sorry, das hatte ich vollkommen falsch herum aufgeschrieben.
Also z.B. $\begin{eqnarray*} (12)(34)\theta_i =\theta_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (13)(24)\theta_i=\theta_i \end{eqnarray*}$
(Die Permutationen jeweils auf die Nullstellen von f angewendet)

Dass g Einträge in Q hat, sieht man übrigens daran, dass beliebige Transpositionen (und damit auch beliebige Elemente) in S4 jedes der $\begin{eqnarray*} \theta_i \end{eqnarray*}$ wieder in eins der $\begin{eqnarray*} \theta_i \end{eqnarray*}$ überführen. Deshalb muss dann die Menge der Nullstellen des Minimalpolynoms von z.B. $\begin{eqnarray*} \theta_1 \end{eqnarray*}$ Teilmenge von $\begin{eqnarray*} \{\theta_1,\theta_2,\theta_3\} \end{eqnarray*}$ sein. Und g ist Minimalpolynom von $\begin{eqnarray*} \theta_1 \end{eqnarray*}$ oder jedenfalls ein Produkt von Minimalpolynomen der $\begin{eqnarray*} \theta_i \end{eqnarray*}$ über Q.

13.03.2012, 10:07

juergen007

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Zitat:

Original von juffo-wup
Mit $\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4),\theta_2=(x_1+x_3)(x_2+x_4), \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \theta_3=(x_1+x_4)(x_2+x_3) \end{eqnarray*}$
ist die Resolvente das Polynom $\begin{eqnarray*} g(X)=(X-\theta_1)(X-\theta_2)(X-\theta_3) \end{eqnarray*}$
Dabei sollen $\begin{eqnarray*} x_1,..,x_4 \end{eqnarray*}$ die Nullstellen des gegebenen Polynoms f vom Grad 4 sein.
Wenn man jetzt die Koeffizienten von g als Polynome in den $\begin{eqnarray*} \theta_i \end{eqnarray*}$ und damit in den $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ schreibt, dann kann man sie auch als Polynome in den elementarsymmetrischen Funktionen in den $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ ausdrücken, und das sind gerade die Koeffizienten von f. Die Rechnung ist aber aufwändig. (nachzulesen z.B. in van der Waerden, Algebra)
Ist E der Zerfällungskörper von g, dann kann man sich (durch Probieren mit den Permutationen aus $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ ) überlegen, dass $\begin{eqnarray*} L=E\cap V_4. \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} V_4\subset S_4 \end{eqnarray*}$ die Kleinsche Vierergruppe ist.

Vielen Dank endlich mal die kubische reslovente verstanden!
Im Fall $\begin{eqnarray*} f(x) = x^{4} -3 \end{eqnarray*}$ mit den bekannten Lösungen
$\begin{eqnarray*} a=\sqrt{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{1} = a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2} = ai \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{3} = -a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4} = -ai \end{eqnarray*}$

Komme ich auf

$\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2=(x_1+x_3)(x_2+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3=(x_1+x_4)(x_2+x_3) \end{eqnarray*}$

Also

$\begin{eqnarray*} \theta_1=-2a^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=(X+2a^{2})(X^{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=(X+2x_{1}^{2})(X^{2}) \end{eqnarray*}$

Die elementarsymmetrischen Funktionen rechne ich nachher mal weiter oder wer anders Augenzwinkern

JiBi

13.03.2012, 10:39

juergen007

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Richtig

$\begin{eqnarray*} \theta_1 = -2 ia^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3 = -2 ia^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=(X+2 ia^{2})(X+2 ia^{2}) * (X) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=X(X+2x_{1}x_{2})(X+2x_{3}x_{4}) \end{eqnarray*}$

JiBi

14.03.2012, 06:14

juergen007

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Sorry, ich sehe da haben sich rechenfehler eingeschlichen muss das nochmal überarbeiten

15.03.2012, 15:45

juergen007

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Polynom Grad 4 kubische Resolvente
Vielen Dank endlich mal die kubische Reslovente verstanden, hoffe ich !
Nochmal zusammengefasste korrigierte Rechnung:

Im Fall $\begin{eqnarray*} f(x) = x^{4} -3 \end{eqnarray*}$ mit den bekannten Lösungen
$\begin{eqnarray*} a=\sqrt[4]{x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{1} = a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2} = ai \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{3} = -a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4} = -ai \end{eqnarray*}$

Komme ich auf

$\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2=(x_1+x_3)(x_2+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3=(x_1+x_4)(x_2+x_3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \theta_1 = -2 ia^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3 = 2 ia^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=(X+2 ia^{2})(X-2 ia^{2}) X \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X) = X(X+2x_{1}x_{2})(X+2x_{3}x_{4}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X) = X(X+2 ia^{2})(X-2 ia^{2})) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=X(X+2x_{1}x_{2})(X-2x_{1}x_{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h(X)=(X+2x_{1}x_{2}) (X-2x_{1}x_{2}) \end{eqnarray*}$

Ich nenne jetzt

$\begin{eqnarray*} x_{1} = r \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2} = s \end{eqnarray*}$

sodass bleibt:

$\begin{eqnarray*} (x+2rs^{2}) (x-2rs^{2}) = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x^{2} -4r^{2}s^{2} \end{eqnarray*}$

was natürlich das erwarte Ergebnis $\begin{eqnarray*} g(x) = x^{3} - 12x \end{eqnarray*}$ liefert.
Dass eine rationale Nullstelle 0 hat und somit hat f(x) die Galoisgruppe
$\begin{eqnarray*} \mathbb C_{4} \end{eqnarray*}$

Wobei sich mir immer öfter die Frage stellt: wie verifiziert oder falsifiziert man ein Gal-group?

Thx

J

15.03.2012, 16:38

juffo-wup

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Vorsicht: Die von mir genannte Regel

Zitat:

Wenn [L:Q]=4 ist, dann wird diese Resolvente entweder über Q in Linearfaktoren zerfallen oder genau eine (einfache) Nullstelle in Q haben. Wenn der erste Fall gegeben ist, ist Gal(L/Q) isomorph zu (Z/2Z)^2, sonst zu (Z/4Z).

bezog sich wirklich speziell auf den Fall, dass der Grad 4 ist.

Für dein $\begin{eqnarray*} f(x)=x^4-3 \end{eqnarray*}$ hat der Zerfällungskörper über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ aber Grad 8 (erzeugt von $\begin{eqnarray*} \sqrt[4]{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ ). Daher ist die Galoisgruppe isomorph $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ , denn dies ist die einzige Isomorphieklasse von Untergruppen der Ordnung 8 von $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$

Hier mal eine volle Übersicht wie man für ein irreduzibles Polynom von Grad 4 auf die (Ismorphieklasse der) Galoisgruppe schließen kann (Sei K der Grundkörper, L der Zerfällungskörper des Polynoms, $\begin{eqnarray*} char(K)\not\in \{2,3\} \end{eqnarray*}$ ):
1. Falls die Resolvente in Linearfaktoren zerfällt : $\begin{eqnarray*} Gal(L/K)\cong V_4 \end{eqnarray*}$
2. Falls die Resolvente irreduzibel ist:
2.1. Falls die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers der Resolvente über dem Grundkörper isomorph $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ ist : $\begin{eqnarray*} Gal(L/K)\cong S_4 \end{eqnarray*}$
2.1. Falls die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers der Resolvente über dem Grundkörper isomorph $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ ist : $\begin{eqnarray*} Gal(L/K)\cong A_4 \end{eqnarray*}$
3. Falls $\begin{eqnarray*} [L:K]=8 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} Gal(L/K)\cong D_4 \end{eqnarray*}$
4. Falls keiner der Fälle 1.-3. eintritt : $\begin{eqnarray*} Gal(L/K)\cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$

15.03.2012, 18:42

juergen007

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Zitat:

Original von juffo-wup
Vorsicht: Die von mir genannte Regel

Zitat:

OK Thx
das gibt ne andere rechnung
ich hab spass sowas nachzuvollziehen, erst dann vertehe ich es.
Muss aber zu meiner Schande (naja) gestehen dass ich NICHT weiss, was ein Resovente überhaupt ist,
oder wie man auf sie kommt (peinlich Augenzwinkern

)
steht auch nicht in wikipedia.

http://de.wikipedia.org/w/index.php?titl...=edit&redlink=1

Mach dich nak berühmt und erklärs da Gott

15.03.2012, 19:22

juergen007

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Zitat:

Original von juffo-wup
Vorsicht: Die von mir genannte Regel

Zitat:

OK Thx
Das gibt ne andere Rechnung.
ich hab Spass sowas nachzuvollziehen, erst dann vertehe ich es.
Muss aber zu meiner Schande (naja) gestehen dass ich NICHT weiss, was eine Resolvente überhaupt ist, oder wie man auf sie kommt oder wozu braucht (peinlich Augenzwinkern

)
Steht auch nicht in wikipedia!

http://de.wikipedia.org/w/index.php?titl...=edit&redlink=1

Lagrange Resolvente und Galois Resolvente werden sehr in Edwards Buch "Galois Theory" verwendet.
Man nimmt (1) $\begin{eqnarray*} t=x + ay + a^{2}z \end{eqnarray*}$ (y,y,z Loesungen einer Kubik)
Und bildet f(x)= $\begin{eqnarray*} (x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)(x-t_4)(x-t_5)(x-t_6) \end{eqnarray*}$

wobei die t_i alle Permutationen der x,y,z in (1) sind
Erhaelt dann eine Gleichun 6. Grades die an sich 3. Grades in x^2 ist.
Und dann??
Und wozu?
Wenn wir doch die x,y,z wissen?
wenn man die Lösungen weis was soll der circus.
Was soll das?

Ne comprende pas Augenzwinkern

Ich kann auch das aus edwards die 2 saetze in Englisch hier reinschreiben, ich komme da nicht weiter.
Thx

Mach dich mal berühmt und erklärs in wikipedia Gott

15.03.2012, 21:57

juffo-wup

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Ich habe das Buch nicht und das, was du schreibst, wirkt etwas aus dem Zusammenhang gerissen. Wozu der Autor das macht, sollte wohl dabeistehen (wenn es ein gutes Buch ist). Oder man sieht etwas später, was damit Schönes bewiesen oder berechnet werden kann. Augenzwinkern

"Resolvente" ist (in der Körpertheorie) glaube ich mehr so ein allgemeiner Begriff ohne genaue Definition. Ein Hilfspolynom, das man sich konstruiert, um mit Hilfe dessen etwas über ein gegebenes anderes Polynom oder eine Körpererweiterung herauszufinden. Die Lagrange-Resolvente ist allerdings kein Polynom, sondern ein Körperelement, also ist die 'Definition' von 'Resolvente' wohl noch etwas allgemeiner.

18.03.2012, 03:37

juergen007

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Resolvente
Auszug §16 aus Harold M. Edwards, Galois Theory, Speinger Verlag
mit meiner entscheidenden Frage am Ende.

Für den der des englischen mächtig ist:

For Lagrange as for Vandermonde, the base idea is to consider the quantity
$\begin{eqnarray*} x + ay + a^2z \end{eqnarray*}$ where x,y,z are the solutions of the cubic in question and
where $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ is a cube root of unity with ( $\begin{eqnarray*} a \neq 1 \end{eqnarray*}$ ).
Let t denote this quantity.
Lagrange observes that t has 6 values depending in the order in which the roots x y z are taken.
These 6 six values are the solution of a 6th degree equation

$\begin{eqnarray*} f(X)= (X-t_1)(X-t_2)(X-t_3)(X-t_4)(X-t_5)(X-t_6)=0 \end{eqnarray*}$

whose coefficients being symmetric in the 6 values of f are symmetric in x,y,z
and are therefore known quantities expressible in terms of the coefficients of the given cubic.

Lagrange calls this the resolvent equation.

Although it is of higher degree of the original, it is solvable because it is in fact a
quadratic equation in $\begin{eqnarray*} X^3 \end{eqnarray*}$
and can be solved by solving a quadratic and then taking a cube root.
The fact that the resolvent equation f(X) = 0 is quadratic in X^3 is easily seen
by observing that the values of t can be ordered so that

$\begin{eqnarray*} t_1 = x+ay+a^2z \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t_2 = z+ax+a^2y \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t_3 = a^2t_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t_4 = x+az+a^2y \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t_5 = at_4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t_6 = a^2 t_4 \end{eqnarray*}$

which gives
$\begin{eqnarray*} (X-t_1)(X-t_2)(X-t_3) = (X-t_1)(X-at_1)(X-a^2t_1) = X^3-t_1^3<br /> \end{eqnarray*}$

and
$\begin{eqnarray*} f(X) = (X^3 - t_1^3)(X^3 - t_4^3) = X^{6}- \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (t_1^3 + t_4^3) * X^3 + t_1^3 * t_4^3 \end{eqnarray*}$

In the notations above, let
$\begin{eqnarray*} u = t_1^3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v = t_4^3 \end{eqnarray*}$

And the coefficients of f(X) are precisely the quantities u+v and uv whose expressions
in terms of the coefficients of the original cubic gave the solution above.
Once the 6 values of t are obtained from the solution of the resolvent equation,
the equations of the cubic are given by

$\begin{eqnarray*} (x= 1/3[(x+y+z) + t_1 +t_4] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (y= 1/3[(x+y+z) + a^2t_1 +at_4] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (z= 1/3[(x+y+z) + a^t_1 +a^2t_4] \end{eqnarray*}$

and the only problem is to identify $\begin{eqnarray*} t_1 \end{eqnarray*}$ and $\begin{eqnarray*} t_4 \end{eqnarray*}$ among the 6 solutions of the resolvent equation.
Let t be any solution of the resolvent equation. Then the roots x,y,z can be reordered if necessary,
so that
$\begin{eqnarray*} t = x+ay+a^2z \end{eqnarray*}$
Lagrange observes that
$\begin{eqnarray*} (x+ay+a^2z) (x+a^2y+az) \end{eqnarray*}$ is symmetric in x,y,z and is therefore a known quantity,
say $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ .

Once this observation has been made , the solution is simple.
The 3 roots of the cubic are

Equation (1) $\begin{eqnarray*} 1/3[(x+y+z) +t +w/t] \end{eqnarray*}$
Equation (2) $\begin{eqnarray*} 1/3[(x+y+z) +at +w/at] \end{eqnarray*}$
Equation (3) $\begin{eqnarray*} 1/3[(x+y+z) +a^2t +w/a^2t] \end{eqnarray*}$

,where t is any one of the 6 solutions of the resolvent equation.
end of Edwards

So können wir im Spezialfall
$\begin{eqnarray*} y = x^3+px+q \end{eqnarray*}$ setzen.

Lösung (1) $\begin{eqnarray*} t +w/t \end{eqnarray*}$
Lösung (2) $\begin{eqnarray*} at +w/at \end{eqnarray*}$
Lösung (3) $\begin{eqnarray*} a^2t +w/a^2t \end{eqnarray*}$

Zur Entscheidenden Frage:

Wozu dient das?
Am Anfang haben wir die 3 Lösungen x,y,z der cubic und die primitive Einheitswurzel omega.
Welche der beiden ist egal.
Dann konstruiert er durch Permutation der 6 bekannten Größen t ein f(X) also die sog. Resolvente.
Löst sie vermittels (in terms of) t_1 und t_4.
Am Ende könne wir alle 3 Lösungen der ursprünglichen cubic durch sich selbst ausdrücken,
genial gemacht, intelligent gerechnet, aber doch OHNE JEDEN ERKENNBAREN Nutzen
für eine Lösungsfindung einer cubic sag ich mal ?!
Aus der Kenntnis der x,y,z erkennen wir die x,y,z.
Ist die Resolvente f(X) vielleicht auch gar nicht zum Lösungsfinden gedacht?
Wofür dann?
Aber wahrscheinlich übersehe ich nur was, aber was? (Brett vor Kopf Augenzwinkern

Lagrange, Vandermonde,Abel, Galois und Edwards mögen mir verzeihen ..

JB

18.03.2012, 04:57

juffo-wup

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Die Resolvente ist schon zum Lösungsfinden gedacht.
Ich habe mir jetzt nicht alles genau angesehen, aber ist dein Problem, warum man bei Bekanntheit der t mit den Formeln für x,y,z, in denen noch der Ausdruck x+y+z vorkommt, die x,y,z wirklich berechnen kann? Das liegt daran, dass $\begin{eqnarray*} -x-y-z \end{eqnarray*}$ der Koeffizient vor $\begin{eqnarray*} X^2 \end{eqnarray*}$ der Kubik $\begin{eqnarray*} (X-x)(X-y)(X-z) \end{eqnarray*}$ ist, also bekannt.

edit: Anscheinend geht es doch um die t. Der Ansatz sollte ermöglichen die Koeffizienten der Resolvente mit Hilfe der Koeffizienten von f zu bestimmen.
Man kann diese beiden u+v und uv mit Hilfe der Koeffizienten der Kubik ausdrücken. Das wird in dem von dir zitierten Abschnitt nicht explizit gemacht, aber dort steht, dass es möglich ist.
Dann hat man dieses Polynom vom Grad 2 für $\begin{eqnarray*} X^3 \end{eqnarray*}$ und die 3. Wurzeln aus dessen Lösungen (die man als Lösungen eines Polynoms vom Grad 2 mit bekannten Koeffizienten finden kann) sind dann die 6 ts. Der Weg, um für u+v und uv eine konkrete Darstellung mit Hilfe der Koeffizienten der Kubik zu finden, ist aber nochmal Arbeit. Sicher steht dazu in deinem Buch an anderer Stelle mehr.

18.03.2012, 06:03

juergen007

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das ganze Buch ist zu finden unter

http://books.google.de/books?id=0bH6SUHSvloC&pg=PA19

über das andere muss ich noch mal nachdenken.

Danke für dein Bemühen.

JB

18.03.2012, 17:01

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Anscheinend wird dort das Finden der konkreten Darstellung von u+v, uv als Übungsaufgabe gestellt.

In meinem Buch von van der Waerden wird der Ausdruck für u,v vereinfacht mittels der Wurzel aus der Diskriminante der Kubik ( $\begin{eqnarray*} (x-y)(x-z)(y-z) \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} \sigma_1^3, \sigma_1\sigma_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma_3 \end{eqnarray*}$ ,jeweils ausmultipliziert, wobei $\begin{eqnarray*} \sigma_i \end{eqnarray*}$ die elementarsymmetrischen Funktionen in den $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ bzw. (bis auf Vorzeichen) die Koeffizienten der Kubik sind.

19.03.2012, 02:37

juergen007

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Resolvente

Zitat:

Original von juffo-wup
Anscheinend wird dort das Finden der konkreten Darstellung von u+v, uv als Übungsaufgabe gestellt.

In meinem Buch von van der Waerden wird der Ausdruck für u,v vereinfacht mittels der Wurzel aus der Diskriminante der Kubik ( $\begin{eqnarray*} (x-y)(x-z)(y-z) \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} \sigma_1^3, \sigma_1\sigma_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma_3 \end{eqnarray*}$ ,jeweils ausmultipliziert, wobei $\begin{eqnarray*} \sigma_i \end{eqnarray*}$ die elementarsymmetrischen Funktionen in den $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ bzw. (bis auf Vorzeichen) die Koeffizienten der Kubik sind.

Ja stimmt die Berechnung der known quantities aus den $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ ist nicht ganz trivial,
wie der aufwendige Beweis des Hauptsatzes über elementarsymmetrische Polynome also den Koeffizienten jedes rationalen Polynoms ja zeigt.

Der Sprung ist
"And the coefficients of f(X) are precisely the quantities u+v and uv whose expressions
in terms of the coefficients of the original cubic gave the solution above."
HIER ud dann so einfach:

"
Once the 6 values of t are obtained from the solution of the resolvent equation,
the equations of the cubic are given by..."

Eben versuche ich $\begin{eqnarray*} (x+ay+a^2z) (x+a^2y+az) \end{eqnarray*}$ mal auszurechnen.
Bei sowas brech ich mir immer die Finger gg

Deins mit der Dikriminante scheint einfacher zu sein.
so ganz verstanden hab ichs noch nicht aber ich bin ja noch jung Freude

Später kommen wir dann noch zur Lagrange bzw Galois-resolvente.

oki
J

23.03.2012, 15:43

juergen007

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RE: Resolvente
an alle biitte sich mal http://de.wikipedia.org/wiki/Lagrange_Resolvente anzusehen thx
Gott

27.03.2012, 19:16

juergen007

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RE: Polynom Grad 4 kubische Resolvente
Nochmal zusammengefasste korrigierte Rechnung:

Im Fall $\begin{eqnarray*} f(x) = x^{4} -3 \end{eqnarray*}$ mit den bekannten Lösungen

$\begin{eqnarray*} a = \sqrt[4]{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{1} = a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2} = ai \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{3} = -a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{4} = -ai \end{eqnarray*}$

Komme ich auf

$\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2=(x_1+x_3)(x_2+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3=(x_1+x_4)(x_2+x_3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \theta_1 = -2 a^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3 = 2 a^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=(X + 2 a^{2})(X - 2 a^{2})X \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X) = X(X + 2x_{1}^2)(X - 2x_{1}^2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=X(X^2 - 4 x_{1}^2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h(X)= X^2 - 4 x_{1}^2 \end{eqnarray*}$

Ich nenne jetzt

$\begin{eqnarray*} x_{1} = r = a = \sqrt[4]{3} \end{eqnarray*}$

sodass bleibt:

$\begin{eqnarray*} (x+2r^2) (x-2r^2) = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x^{2} - 4r^{4} = 0 \end{eqnarray*}$

was natürlich das erwartete Ergebnis $\begin{eqnarray*} g(x) = x^{3} - 12x \end{eqnarray*}$ liefert.

Die Nullstellen der Resolvente g(x) sind also

$\begin{eqnarray*} \theta_1 = 2\sqrt{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3 = -2\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

was alles schön und gut ist denn
$\begin{eqnarray*} 2\sqrt{3} = 2 a^2 \end{eqnarray*}$

aber wie komme ich von da auf alle gesuchten 4 $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ ?
angenommen ich wüsste sie nicht?
Die Frage kommt mir jetzt irre dumm vor...aber ich seh s nicht
Tx anyway

27.03.2012, 20:31

juffo-wup

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Das geht so:

Wegen $\begin{eqnarray*} x_1+x_2+x_3+x_4=0 \end{eqnarray*}$
ist $\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4)=(x_1+x_2)(-x_1-x_2)=-(x_1+x_2)^2 \end{eqnarray*}$
also $\begin{eqnarray*} \sqrt{-\theta_1}=\pm (x_1+x_2) \end{eqnarray*}$
Analog $\begin{eqnarray*} \sqrt{-\theta_2}=\pm(x_2+x_4), \sqrt{-\theta_3}=\pm(x_1+x_4) \end{eqnarray*}$

Somit gilt $\begin{eqnarray*} \sqrt{-\theta_1}+\sqrt{-\theta_2}+\sqrt{-\theta_3}=\pm(x_1+x_2)\pm(x_2+x_4)\pm(x_1+x_4) \end{eqnarray*}$
Es gibt 8 Möglichkeiten welche Kombination von Wurzeln man wählen kann. Wenn man die Wurzeln so wählt, dass als erstes "+", dann "-", dann "+" realisiert wird, erhält man z.B.
$\begin{eqnarray*} x_1+x_2-(x_2-x_4)+x_1+x_4=2x_1 \end{eqnarray*}$
Für "++-" ergibt sich $\begin{eqnarray*} 2x_2 \end{eqnarray*}$ , für "---" $\begin{eqnarray*} 2x_3 \end{eqnarray*}$ und für "-++" $\begin{eqnarray*} 2x_4 \end{eqnarray*}$
Die restlichen 4 möglichen Kombinationen entsprechen dann $\begin{eqnarray*} -2x_1 \end{eqnarray*}$ usw.
Man muss also nach Bilden aller Ausdrücke der Form $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\cdot \left(\sqrt{-\theta_1}+\sqrt{-\theta_2}+\sqrt{-\theta_3}\right) \end{eqnarray*}$ nur noch von je 2 Ausdrücken, die Negative voneinander sind, denjenigen rausschmeißen, der keine Lösung der Gleichung ist, z.B. durch Einsetzen in die Gleichung oder Überprüfen von bekannten Gleichungen wie $\begin{eqnarray*} x_1+x_2+x_3+x_4=0. \end{eqnarray*}$ (Es sei denn natürlich, in der zu lösenden Gleichung $\begin{eqnarray*} x^4+px^2+qx+r=0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} q=0 \end{eqnarray*}$ , genau dann sind Negative von Lösungen auch Lösungen, aber dann ist die Gleichung ja sowieso einfach zu lösen, durch zweimaliges Anwenden der quadratischen Lösungsformel. In diesem Fall (wie bei deinem Beispiel) sind alle Ausdrücke $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\cdot \left(\sqrt{-\theta_1}+\sqrt{-\theta_2}+\sqrt{-\theta_3}\right) \end{eqnarray*}$ Lösungen)

edit: Ich erhalte bei deinem Beispiel als kubische Resolvente übrigens $\begin{eqnarray*} x^3+12x \end{eqnarray*}$
Deine $\begin{eqnarray*} \theta_i \end{eqnarray*}$ stimmen so auch noch nicht.

29.03.2012, 04:49

juergen007

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Zitat:

Original von juergen007
Berichtigt

$\begin{eqnarray*} \theta_1=(x_1+x_2)(x_3+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2=(x_1+x_3)(x_2+x_4) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3=(x_1+x_4)(x_2+x_3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \theta_1 = -2 ia^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3 = 2 ia^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(X)=X(X + 2 x_{1} x_{2})(X - 2 x_{1} x_{2}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h(X)= (X + 2 x_{1} x_{2})(X - 2 x_{1} x_{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h(X)= (x+2rs) (x-2rs) = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h(X)= x^{2} - 4r^2s^2 = 0 \end{eqnarray*}$

was das Ergebnis $\begin{eqnarray*} g(x) = x^{3} + 12x \end{eqnarray*}$ liefert

Die Nullstellen der Resolvente g(x) sind also

$\begin{eqnarray*} \theta_1 = -2i\sqrt{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \theta_3 = 2i\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

So hoffe das stimmt jetzt.
was aber etwas komische $\begin{eqnarray*} \sqrt{-\theta_1} \end{eqnarray*}$ liefert, in denen die 8ten Einheitwurzeln auftauchen.
Aber zu Ende gerechtnet gibt es die obigen x_i
Tx

JB

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Polynom vom Grad 4. Galoisgruppe.

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