Zerfällungskörper, Körpergrad

09.12.2009, 22:47	frieder	Auf diesen Beitrag antworten »
Zerfällungskörper, Körpergrad Hallo. Die Aufgabe lautet: Sei L der Zerfällungskörper des Polynoms $\begin{eqnarray} x^{80}-1 \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} F_7 \end{eqnarray}$ . Bestimme den Körpergrad von $\begin{eqnarray} [L:F_7] \end{eqnarray}$ . ok. Normalerweise gehe ich bei Polynomen vom Typ $\begin{eqnarray} x^n-a \end{eqnarray}$ , bei denen $\begin{eqnarray} a \neq 0 \end{eqnarray}$ keine Einheitswurzel ist, so vor: 1) berechne eine "spezielle Lösung", dh. n-te Wurzel aus a 2) berechne n-te Einheitswurzel 3) die Nullstellen sind dann: $\begin{eqnarray} \sqrt[n]{a}, \sqrt[n]{a} \zeta_n, ... , \sqrt[n]{a} \zeta_n^{n-1} \end{eqnarray}$ Der Zerfällungskörper ist dann also $\begin{eqnarray} L=K(\sqrt[n]{a},\zeta_n) \end{eqnarray}$ Stimmt das so? Wenn jetzt $\begin{eqnarray} x^n-a \end{eqnarray}$ irreduzibel ist, dann weiß ich - glaube ich - , wie man den Grad der Körpererweiterung berechnet... Aber das Problem ist hier, dass das Polynom reduzibel ist. $\begin{eqnarray} x^{80}-1 \end{eqnarray}$ hat ja 1 als Nullstelle. Also $\begin{eqnarray} x^{80}-1=(x-1)(x^{79}+...+x+1) \end{eqnarray}$ Wenn das Polynom $\begin{eqnarray} x^{79}+...+x+1 \end{eqnarray}$ irreduzibel wäre, dann wäre ja der Grad der Körpererweiterung 79, oder? Aber ich hab keine Ahnung, ob das Polynom irreduzibel ist oder nicht... (leider kein Kreisteilungspolynom, da 80 keine Primzahl). Außerdem muss ja noch an irgendeiner Stelle einfließen, dass der Körper ja $\begin{eqnarray} F_7 \end{eqnarray}$ ist. Kann mir jemand weiterhelfen? frieder
30.08.2016, 16:31	Gast678	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} F_7 \end{eqnarray}$ macht mir auch Probleme, aber zu $\begin{eqnarray} [L:\mathbb{Q}] \end{eqnarray}$ kann ich, denke ich, was sagen. Nach deinem Punkt 3 ist der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray} f=x^{80}-1 \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ ja $\begin{eqnarray} L=\mathbb{Q}(\zeta_{80}) \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} L=\mathbb{Q}(e^{{2\pi i}/ 80}) \end{eqnarray}$ Der Körpergrad entspricht dem Grad des Minimalpolynoms von $\begin{eqnarray} \zeta_{80} \end{eqnarray}$ . Das Minimalpolynom einer n-ten Einheitswurzel ist aber gerade das n-te Kreisteilungspolynom $\begin{eqnarray} \Phi_n \end{eqnarray}$ . Warum? Kreisteilungspolynome sind irreduzibel über $\begin{eqnarray} \mathbb{Z} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ , außerdem sind sie normiert. Das ist genau die Eigenschaft des Minimalpolynoms. Da $\begin{eqnarray} \zeta_n \end{eqnarray}$ nun per definitionem eine Nullstelle des n-ten Kreisteilungspolynoms ist, muss dieses das Minimalpolynom sein. Der Grad von $\begin{eqnarray} \Phi_n \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} \varphi(n) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ die Eulerfunktion ist. In unserem Fall ist $\begin{eqnarray} \varphi(80) = 32 \end{eqnarray}$ . Also ist der Körpergrad $\begin{eqnarray} [L:\mathbb{Q}]=32 \end{eqnarray}$ . Wenn man nun noch zeigen könnte, dass das 80. Kreisteilungspolynom auch irreduzibel über $\begin{eqnarray} F_7 \end{eqnarray}$ ist, wäre $\begin{eqnarray} \Phi_{80} \end{eqnarray}$ auch Minimalpolynom in $\begin{eqnarray} F_7 \end{eqnarray}$ und der Körpergrad $\begin{eqnarray} [L:F_7] \end{eqnarray}$ auch 32.
30.08.2016, 17:21	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} (-1)^{79}+...+1=((-1)^{79}+(-1)^{78})+...+((-1)^1+(-1)^0)=0 \end{eqnarray}$ , also ist 6=-1(mod 7) eine weitere Nullstelle. Aua ! das war doch sowieso klar wegen $\begin{eqnarray} (-1)^{80}=1 \end{eqnarray}$

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