Q-Basis einer Körpererweiterung

19.07.2013, 22:45	Oblong	Auf diesen Beitrag antworten »
Q-Basis einer Körpererweiterung Guten Abend, ich möchte gerne einen Fixkörper berechnen und brauche dazu eine $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ -Basis von $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}, e^{\frac{2 \pi i}{6}}) \end{eqnarray}$ . Mein erster Versuch mit den Elementen $\begin{eqnarray} \{1, \sqrt[6]{6}, \sqrt[6]{6}w, \sqrt[6]{6}w^2, \sqrt[3]{6}, \sqrt[3]{6}w, \sqrt[3]{6} w^2, \sqrt[2]{6}, \sqrt[2]{6}w, \sqrt[2]{6}w^2 , w , w^2 \} \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} w := e^{\frac{2 \pi i}{6}} \end{eqnarray}$ ist, ging in die Hose, da es nicht linear unabhängig ist :/ Nun bin ich nur ratlos , wie ich auf eine Basis kommen kann. Ich brauche ja mindestens 12 Elemente, da die Dimension der Körpererweiterung auch 12 ist. Hoffe mir kann jemand sagen, wie ich auf eine Basis kommen kann.
19.07.2013, 23:20	watcher	Auf diesen Beitrag antworten »
Geh nach dem Beweis vom Gradsatz vor: Ist $\begin{eqnarray} K\subseteq L \subseteq M \end{eqnarray}$ ein Körperturm so ist $\begin{eqnarray} \{\alpha_i\beta_j \|\alpha_1, \ldots ,\alpha_l \text{ Basis von }K/L, \beta _1, \ldots , \alpha _m \text{ Basis von }M/L \} \end{eqnarray}$ eine Basis von M/K. Und es ist $\begin{eqnarray} 1-\omega +\omega^2=0 \end{eqnarray}$ siehe 6. Kreisteilungspolynom. Auch nicht vergessen, dass hier lin. unabh. über den rationalen Zahlen, nicht den reellen, betrachtet wird.
21.07.2013, 17:19	Oblong	Auf diesen Beitrag antworten »
Sprich als Basis würde es besser klappen mit $\begin{eqnarray} \{ 1 , w , \sqrt[6]{6}, \sqrt[6]{6}w, \sqrt[3]{6}, \sqrt[3]{6}w , \sqrt[2]{6}, \sqrt[2]{6}w, \sqrt[3]{36}, \sqrt[3]{36}w, \sqrt[6]{6^5}, \sqrt[6]{6^5}w \} \end{eqnarray}$ Weil ja $\begin{eqnarray} \{1, w\} \end{eqnarray}$ eine Q-Basis ist von $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}(w) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \{1, \sqrt[6]{6}, \sqrt[3]{6}, \sqrt[2]{6}, \sqrt[3]{36}, \sqrt[6]{6^5} \} \end{eqnarray}$ eine Q-Basis von $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}) \end{eqnarray}$ ist oder!?
22.07.2013, 08:36	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja. Die Frage, die sich mir jetzt stellt: Wozu genau brauchst du jetzt die Basis um einen Fixkörper zu berechnen? Ich vermute doch fast, dass du dir da zu viel Arbeit machst.
22.07.2013, 09:29	Oblong	Auf diesen Beitrag antworten »
Also die Galoisgruppe habe ich mit 12 Elementen (wobei $\begin{eqnarray} n \leftrightarrow \sqrt[6]{6}w^n ~~ \forall n \in \{1,...,6\} \end{eqnarray}$ ) $\begin{eqnarray} G=\{id, (123456), (16)(25)(34), (135)(246), (26)(35), (14)(25)(36), (12)(36)(45), (153)(264), (13)(46), (165432), (14)(23)(56), (15)(24) \} \le S_{6} \end{eqnarray}$ Habe insgesamt 16 Untergruppen dabei herraus. Ordnung 1: $\begin{eqnarray} U_0 = id \end{eqnarray}$ Ordnung 2: $\begin{eqnarray} U_1 = <(16)(25)(34)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_2 = <(26)(35)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_3 = <(14)(25)(36)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_4 = <(12)(36)(45)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_5 = <(13)(46)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_6 = <(14)(23)(56)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_7 = <(15)(24)> \end{eqnarray}$ Ordnung 3: $\begin{eqnarray} U_8 = <(135)(246)> = <(153)(264)> \end{eqnarray}$ Ordnung 4: $\begin{eqnarray} U_9 = <(16)(25)(34), (13)(46)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_{10} = <(26)(35), (14)(25)(36)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_{11} = <(12)(36)(45), (15)(24)> \end{eqnarray}$ Ordnung 6: $\begin{eqnarray} U_{12} = <(123456)> = <(165432)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_{13} = <(16)(25)(34), (12)(36)(45)> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_{14 }= <(13)(46), (26)(35)> \end{eqnarray}$ Ordnung 12: $\begin{eqnarray} U_{15} = G \end{eqnarray}$ Habe folgende Zwischenkörper ohne Basis rausbekommen: $\begin{eqnarray} L_{U_0} = \mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}, w) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_1} = \mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}(1+w)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_2}=\mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}w) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_4}= \mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}w^4(1+w)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_5}=\mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}w^2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_6}=\mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}w^5(1+w)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_7}= \mathbb{Q}( \sqrt[6]{6}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_9}= \mathbb{Q}( \sqrt[3]{6}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_{12}}= \mathbb{Q}(w) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_{15}}= \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ Wobei mir die Fixkörper von $\begin{eqnarray} U_1, U_4 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} U_6 \end{eqnarray}$ nicht gefallen :P Von den restlichen Fixkörpern habe ich dann lediglich noch (über die Basis rausgefunden): $\begin{eqnarray} L_{U_3}= \mathbb{Q}( \sqrt[3]{6},w) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_{U_8}= \mathbb{Q}( \sqrt[2]{6},w) \end{eqnarray}$ Bei den Übrigen vier habe ich auch mit Basis nix hinbekommen. Habe ich mir bei $\begin{eqnarray} U_3 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} U_8 \end{eqnarray}$ auch schon zuviel arbeit gemacht!? Wäre ich da leichter drauf gekommen? Und sind den meine Ergebnisse überhaupt korrekt ? Danke schonmal für die Bemühungen
22.07.2013, 10:12	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ob die Ergebnisse alle korrekt sind, will ich jetzt ehrlich gesagt nicht genau nachprüfen. Aber ich kann dir noch ein paar offensichtliche Kandidaten nennen: Die Untergruppen der Ordnung 4 korrespondieren mit Fixkörpern vom Grad 3 über Q. Die sind natürlich gerade durch die 3 Nullltellen von $\begin{eqnarray} X^3-6 \end{eqnarray}$ gegeben (Eine davon hast du ja auch schon gefunden). Mit dieser Überlegung hättest du auch den Fixkörper zu $\begin{eqnarray} U_3 \end{eqnarray}$ schneller gefunden. Das ist nämlich gerade der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray} X^3-6 \end{eqnarray}$ . Bei den Untergruppen der Ordnung 6 fehlt dir auch noch was. Dazu gehören aber Fixkörper vom Grad 2. Die sind aber alle von der Form $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\sqrt{d}) \end{eqnarray}$ . Da gibt es doch auch noch ein paar offensichtliche Kandidaten. Oder du gehst so an die Sache ran: $\begin{eqnarray} U_8 \end{eqnarray}$ ist Normalteiler (und ist in allen Untergruppen der Ordnung 6 enthalten), d.h. der Fixkörper $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\omega, \sqrt{6}) = \mathbb Q(\sqrt{-3}, \sqrt{6}) \end{eqnarray}$ ist selbst Galoisch über $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ . Dazu gehören 3 Fixkörper vom Grad 2 und dies sind auch deine gesuchten Fixkörper zu den Untergruppen der Ordnung 6. Und wie die Fixkörper bei einer Erweiterung vom Typ $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\sqrt{d}, \sqrt{e}) \end{eqnarray}$ aussehen, hast du doch bestimmt schonmal nachgerechnet.
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22.07.2013, 13:56	Oblong	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, dass du die nicht nachprüfen möchtest kann ich verstehen Bzgl. dem Rest: Die Untergruppen der Ordnung 4 korrespondieren mit Fixkörpern vom Grad 3 über Q ist klar, aber wieso sind diese durch Adjunktion der Nullstellen von dem Polynom $\begin{eqnarray} x^3-6 \end{eqnarray}$ gegeben? Etwa weil die Nullstellen in $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}(\sqrt[6]{6}, w) \end{eqnarray}$ liegen und ein Minimalpolynom über Q vom Grad 3 haben? Das dann $\begin{eqnarray} U_3 \end{eqnarray}$ der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray} x^3-6 \end{eqnarray}$ ist wäre dann wieder klar, weil ja $\begin{eqnarray} U_3 \end{eqnarray}$ in den Untergruppen der Ordnung 4 enthalten ist und somit aufgrund der Inklusionsumkehrung einen Fixkörper hat der die anderen Fixkörper als Unterkörper besitzt. Bei den von Ordnung 6 müssten doch dann ein anderer Fixkörper folgender sein $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}(\sqrt{6}) \end{eqnarray}$ . Zu welcher Untergruppe ist er dann aber der Zwischenkörper, wie komm ich dann darauf? Und ist der 3te Fixkörper vom Grad 2 über Q auch offensichtlich?

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