Galoiskorrespondenz

09.07.2010, 14:34

Duude

Galoiskorrespondenz

Hallo,
ich weiß bei dieser Aufgabe einfach noch nicht, wie ich rangehen könnte. Es ist die erste Teilaufgabe und mit Teilaufgaben a) bis c) soll gezeigt werden, dass E galoissch über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ ist.

Die Teilaufgabe a) lautet:

Das Polynom $\begin{eqnarray*} X^4-2 \end{eqnarray*}$ hat den Zerfällungskörper $\begin{eqnarray*} E = \mathbb{Q}[i, \sqrt[4]{2}] \end{eqnarray*}$ und es gilt $\begin{eqnarray*} |E: \mathbb{Q}|=8 \end{eqnarray*}$ .

es ist zu zeigen:
Die komplexe Konjugation induziiert $\begin{eqnarray*} \rho \in Aut(E| \mathbb{Q}) \end{eqnarray*}$ der Ordnung 2.

Ich habe zuerst einmal versucht, die Voraussetzungen nachzuvollziehen.
Also ich konnte bis jetzt zeigen, dass das Polynom $\begin{eqnarray*} X^4-2 \end{eqnarray*}$ den angegebenen Zerfällugngskörper hat, indem ich die Nullstellen berechnet habe und dann gezeigt habe, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ adjungiert aller Nullstellen gerade = E ist.

Ich glaube das hier konnte ich auch zeigen.
$\begin{eqnarray*} |E: \mathbb{Q}|=8 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist ja gemeint, dass die Ordnung von dem Zerfällungskörper geteilt durch $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ gleich 8 ist.
die Ordnung eines Körpers ist die Anzahl seiner Basiselelemente.
Die Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ lautet $\begin{eqnarray*} B_1= \{1\} \end{eqnarray*}$ und hat damit 1 Element
Die Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[\sqrt[4]{2},i] \end{eqnarray*}$ lautet $\begin{eqnarray*} B_2= \{1 ; i; \sqrt[4]{2}; i \cdot \sqrt[4]{2}, \sqrt[4]{2}^2, \sqrt[4]{2}^3, \sqrt[4]{2}^2 \cdot i , \sqrt[4]{2}^3\cdot i,\} \end{eqnarray*}$ und hat damit 8 Elemente.
Und da 8/1=8 ist, ist diese Bedingung erfüllt.

Für die Aufgabe selbst habe ich leider noch gar keine Ideen. Welches Element soll komplex konjugiert werden und was ist $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ ?
Ich weiß, dass ein Automorphismus eine Abbildung einer Menge A auf sich selbst ist, die ein Isomorphismus ist.

Es gilt also $\begin{eqnarray*} \rho : A \rightarrow A \end{eqnarray*}$ , wobei rho bijektiv und linear ist.

Ich würde mich über alle Tipps sehr freuen.
Duude

09.07.2010, 16:24

gonnabphd

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Zitat:

Für die Aufgabe selbst habe ich leider noch gar keine Ideen. Welches Element soll komplex konjugiert werden und was ist $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ ?
Ich weiß, dass ein Automorphismus eine Abbildung einer Menge A auf sich selbst ist, die ein Isomorphismus ist.

Ich schätze mal, du sollst ganz einfach zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \rho: E \rightarrow E, \; \rho(a) = \overline{a} \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ -Automorphismus auf E ist.

Wink

09.07.2010, 23:29

Duude

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Ok, ich soll also zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[i, \sqrt[4]{2}] \rightarrow \mathbb{Q}[i, \sqrt[4]{2}] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \rho(a)=\overline a \end{eqnarray*}$

Ich stelle mir das so vor:
ich nehme irgendein Element aus E und bilde es ab. Ich weiß aber gar nicht, wie $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ aussieht. Wie kann ich dann zeigen, dass es auf sein komplex konjugiertes abgebildet wird.

Wenn ich ein a aus den reellen Zahlen wähle, wird jedes Element auf sein komplexes Konjugat abgebildet, da ich keinen Imaginärteil habe. Aber ich sehe keine solche Einschränkung.

Was bedeutet es denn, dass $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ - Automorphismus ist? Bedeutet das, dass es ein Automorphismus in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ ist und dabei nur Zahlen aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ verwendet werden dürfen? Diese haben ja auch keinen Imaginärteil und werden dadurch auf sich selbst abgebildet. Aber so einfach kann die Lösung doch nicht sein...

Bin ich hier wenigstens ein bißchen auf dem richtigen Weg?

10.07.2010, 12:14

Elvis

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Das ist eine Sprechweise. Man sagt, "die komplexe Konjugation $\begin{eqnarray*} \rho_{\mathbb C}:\mathbb C\to \mathbb C, a\to\overline a \end{eqnarray*}$ induziert einen $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ - Automorphismus von $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ " , genau dann wenn gilt $\begin{eqnarray*} \rho:E\to E,a\to \overline a \end{eqnarray*}$ ist ein Automorphismus von $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ , der alle Elemente von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ auf sich abbildet. Das letztere heißt einfach $\begin{eqnarray*} \forall r\in \mathbb Q: \rho(r)=\overline r = r \end{eqnarray*}$ .

12.07.2010, 17:50

Duude

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Also ich glaube ich weiß jetzt zumindest mal, was ich machen soll.
Ich habe jetzt einmal eine Abbildung

$\begin{eqnarray*} \rho : E/ \mathbb{Q} \Rightarrow E/ \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a+bi \rightarrow a-ib \end{eqnarray*}$

Mit dieser Abbildung wird a + bi auf sein komplex konjugiertes abgebildet.

Jetzt soll ich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ ein Automorphismus ist, also ein Homomorphismus (bijektiv und linear) der von einer Menge in dieselbe Menge abbildet.
Ich weiß ja schon, dass $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ von derselben Menge in dieselbe abbildet. Das steht ja oben schon bei der Abbildung dabei.
Also habe ich jetzt nur noch linear und bijektiv zu überprüfen:

Also linear:
$\begin{eqnarray*} f(a_1 + ib_1 + a_2 + i b_2 = a_1 -ib_1+a_2 -ib_2= f(a_1+ib_1)+ f(a_2+i b_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f( \lambda ( a + ib ))= f( \lambda a + i \lambda b ) = \lambda a -i \lambda b = \lambda (a-ib) = \lambda f(a+ib) \end{eqnarray*}$

Die Abbildung ist bijektiv, da a auf a abgebildet wird und b auf b, somit wird alles erreicht. (Sie ist injektiv und surjektiv).

Den Nachweis der Ordnung 2 habe ich mir so überlegt:

Die Ordnung ist ja die kleinste Potenz mit der man ein Element hochnehmen muss, um die Identität zu erhalten.
$\begin{eqnarray*} \rho^2(a+ib)=\rho (\rho(a+ib))= \rho(a-ib)= a+ib \end{eqnarray*}$

Und damit ist die Ordnung =2.

Das sind meine bisherigen Überlegungen. Was meint ihr denn dazu?

12.07.2010, 20:56

gonnabphd

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Zitat:

Ich weiß ja schon, dass $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ von derselben Menge in dieselbe abbildet. Das steht ja oben schon bei der Abbildung dabei.

Nein, das musst du nachprüfen! Denn die Defintion der Abbildung könnte ja eventuell gar keinen Sinn ergeben...

Andererseits ist es auch recht leicht ersichtlich.

Zitat:

Also linear:
$\begin{eqnarray*} f(a_1 + ib_1 + a_2 + i b_2 = a_1 -ib_1+a_2 -ib_2= f(a_1+ib_1)+ f(a_2+i b_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f( \lambda ( a + ib ))= f( \lambda a + i \lambda b ) = \lambda a -i \lambda b = \lambda (a-ib) = \lambda f(a+ib) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Die Abbildung ist bijektiv, da a auf a abgebildet wird und b auf b, somit wird alles erreicht. (Sie ist injektiv und surjektiv).

Naja, sauber ist das nicht unbedingt. Es folgt jedoch daraus, dass $\begin{eqnarray*} \rho^2 = Id \end{eqnarray*}$ , wie du hier

Zitat:

Und damit ist die Ordnung =2.

bemerkst. (die Umkehrabbildung ist also gerade wieder $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ selber)

12.07.2010, 21:14

Duude

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Zitat:

Zitat:
Ich weiß ja schon, dass $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ von derselben Menge in dieselbe abbildet. Das steht ja oben schon bei der Abbildung dabei.

Nein, das musst du nachprüfen! Denn die Defintion der Abbildung könnte ja eventuell gar keinen Sinn ergeben...

ich habe hier irgendwie Probleme das schön zu formulieren. Aber ich versuchs mal..
Die Abbildung $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ bildet von der Menge $\begin{eqnarray*} M = E | \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ in eine Bildmenge ab. Nennen wir sie einmal B.
Durch die Definition der Abbildung $\begin{eqnarray*} a+bi \rightarrow a-bi \end{eqnarray*}$ wird wieder die gesamte Menge M erreicht, da $\begin{eqnarray*} a, b \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ liegen, und damit natürlich auch -a und -b in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ liegen.
Damit dürfen wir alle Elemente aus den rationalen Zahlen für a und b einsetzen und erreichen somit auch wieder die gesamte Menge M. Ein beliebiges Element aus der Menge M - sagen wir $\begin{eqnarray*} a_1 + b_1 i \end{eqnarray*}$ erreichen wir, indem wir die Abbildung $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} a_1 -b_1 i \end{eqnarray*}$ wirken lassen. Damit wird mit dieser Abbildung die gesamte Menge $\begin{eqnarray*} M = E | \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ erreicht. Daraus folgt M = B.

Die Linearität haben wir ja schon abgehakt.

Kommen wir dann zur Bijektivität.
Bijektiv bedeutet, dass jedes Element genau einmal getroffen wird.

Ich bin mir bei dem Argument der Identitätsabbildung noch etwas unsicher. Die Identität besagt ja, dass jedes Element auf sich selbst abgebildet wird und macht eigentlich gar nichts. Mir ist klar, dann $\begin{eqnarray*} \rho^2 \end{eqnarray*}$ eine bijektive Abbildung ist. Kann ich daraus auf die Bijektivität von $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ selbst schließen?

Und die Ordnung ist = 2, da $\begin{eqnarray*} \rho ^2 = Id \end{eqnarray*}$

12.07.2010, 21:29

Duude

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Mir ist gerade noch eine Frage zur Linearität gekommen.
a und b sind ja stets aus dem Grundkörper - in diesem Fall also aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$
Und normalerweise ist $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ja ein Skalar Aber aus welchem Körper kommt $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ in diesem Fall? Kann ich auch einfach sagen $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ oder muss ich hierbei noch irgendetwas beachten?

12.07.2010, 21:51

Duude

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Mir ist gerade noch eine Idee zur Bijektivität gekommen. Und zwar können wir sehr wohl aus der Bijektivität von $\begin{eqnarray*} \rho ^2 \end{eqnarray*}$ auf die Bijektivität von $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ schließen.

Ich habe meine Argumentation mal in einem Bild angehängt.
Wir wissen, dass die Abbildung von A nach C in dem Bild bijektiv ist Deshalb müssen $\begin{eqnarray*} \rho_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \rho_2 \end{eqnarray*}$ die bei uns ja gleich sind und beide $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ heißen, auch bijektiv sein. Denn wäre die erste Abbildung nicht bijektiv wie auf dem Bild, dann würden nur 2 Punkte in B getroffen werden. Und weil $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ eine Funktion ist, ist es nicht möglich, dass ein Punkt aus B auf zwei verschiedene in C abgebildet wird.
Deshalb muss auch $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ bijektiv sein.
Was meinst du dazu?

[attach]15506[/attach]

12.07.2010, 22:31

gonnabphd

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Hmm, das ist zumindest die Idee, ja.

Kleine Zusatzaufgabe mit grossem Nutzen (das sollte jedem früher oder später klar sein):

Es seien X, Y beliebige Mengen und $\begin{eqnarray*} f: X \to Y, \; g: Y \to X \end{eqnarray*}$ Abbildungen. Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} f \circ g = Id_Y \Rightarrow \text{$f$ ist surjektiv und $g$ ist injektiv} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f \circ g = Id_Y, \; g\circ f = Id_X \Rightarrow \text{$f, g$ bijektiv und } g = f^{-1} \end{eqnarray*}$

Ah, und bei der "Linearität" habe ich irgendwie nicht nachgedacht. Du musst nämlich zeigen, dass die komplexe Konjugation ein Ringhomomorphismus auf E ist. Das heisst

$\begin{eqnarray*} \forall \, a,\, b \in E: \quad \rho(ab) = \rho(a) \rho (b), \quad \rho(a+b) = \rho (a) + \rho (b) \end{eqnarray*}$

Da hört die Interpretation von E als $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ -Vektorraum nämlich auf...

12.07.2010, 23:13

Duude

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Also die Linearität habe ich gezeigt:

$\begin{eqnarray*} f((a_1+ib_1)(a_2+ib_2)) = f(a_1a_2+ia_1b_2+ib_1a_2-b_1b_2)=a_1a_2+a_1ib_2-ib_1a_2-b_1b_2= (a_1-ib_1)(a_2-ib_2) = f(a_1+ib_1) f(a_2+ib_2) \end{eqnarray*}$

Der andere Teil bleibt ja gleich.
Ich habe aber nicht verstanden, warum ich jetzt diese andere Definition der Linearität anwenden muss. Ich nehme einmal an, das kommt vom Ringhomomorphismus? In meiner Aufgabe steht aber nur Homomorphismus. Wie erkenne ich, dass es sich um einen Ringhomomorphismus handelt?

Ich nehme einmal an, die Zusatzaufgabe hilft, die Bijektivität schön zu begründen. Ich hab sie jetzt aber nicht sofort verstanden und werd sie mir wohl morgen nochmals ansehen. Brauch erst mal ne Pause ^^

Ich meld mich dann nochmals.

13.07.2010, 00:00

gonnabphd

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Zitat:

Ich habe aber nicht verstanden, warum ich jetzt diese andere Definition der Linearität anwenden muss.

Ja, das nennt man normalerweise auch nicht Linearität. Linearität wird z.B. für Vektorraumhomomorphismen verlangt (und beschreibt genau das, was du gezeigt hast).
Hier haben wir aber Ringe und entsprechend versteht man unter einem Homomorphismus einen Ring-Homomorphismus. Ein solcher muss dann halt im Allgemeinen auch andere Voraussetzungen erfüllen. Augenzwinkern

Zitat:

Ich nehme einmal an, die Zusatzaufgabe hilft, die Bijektivität schön zu begründen.

Ja, aus der Zusatzaufgabe folgt dann unmittelbar, dass $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ bijektiv sein muss: Man setze $\begin{eqnarray*} X := Y:= E, \; f:= g:= \rho \end{eqnarray*}$ .

Aber - und das ist noch viel schöner - diese Aufgabe macht eine sehr allgemeine Aussage über Abbildungen. Das dürfen dann Funktionen aus der Analysis oder Abbildungen aus der Algebra, Topologie oder von sonstwo sein.

Und in vielen Situationen (z.B. hier!) eignet sich dieses Kriterium für Bijektivität viel besser, als Injektivität und Surjektivität mühsam einzeln nachzuweisen.

13.07.2010, 22:59

Duude

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Zitat:

Es seien X, Y beliebige Mengen und $\begin{eqnarray*} f: X \to Y, \; g: Y \to X \end{eqnarray*}$ Abbildungen. Dann gilt:

1. $\begin{eqnarray*} f \circ g = Id_Y \Rightarrow \text{$f$ ist surjektiv und $g$ ist injektiv} \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} f \circ g = Id_Y, \; g\circ f = Id_X \Rightarrow \text{$f, g$ bijektiv und } g = f^{-1} \end{eqnarray*}$

Man setze $\begin{eqnarray*} X := Y:= E, \; f:= g:= \rho \end{eqnarray*}$ .

Dann würde die Argumentation von dir angewandt auf mein Problem so aussehen:

Es sei E eine beliebige Mengen und $\begin{eqnarray*} \rho: E \to E, \ \end{eqnarray*}$ Abbildung. Dann gilt:

1. $\begin{eqnarray*} \rho \circ \rho = Id_E \Rightarrow \rho \text{ ist surjektiv und }\rho \text{ ist injektiv} \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} \rho \circ \rho = Id_E \Rightarrow \rho \text{bijektiv und } \rho = \rho^{-1} \end{eqnarray*}$

Bist du da einverstanden? Ich habe einfach erstmal alles so ersetzt, wie du es gesagt hast und dann noch doppelte Sachen weggelassen. Und da [late] \rho[/latex] die Ordnung 2 hat, stimmt die Aussage $\begin{eqnarray*} \rho \circ \rho = Id_E \end{eqnarray*}$ auf jeden Fall.

Jetzt nochmals eine Frage zu der Zusatzaufgabe. Kann ich durch "Hinsehen" erkennen, dass das stimmt (das ist mir nämlich noch nicht gelungen, aber vielleicht schaue ich auch nur falsch), oder sollte ich das eher mit einem kleinen Beweis angehen?

14.07.2010, 01:46

gonnabphd

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Zitat:

Jetzt nochmals eine Frage zu der Zusatzaufgabe. Kann ich durch "Hinsehen" erkennen, dass das stimmt (das ist mir nämlich noch nicht gelungen, aber vielleicht schaue ich auch nur falsch), oder sollte ich das eher mit einem kleinen Beweis angehen?

Nur wenn du's beweisen kannst, hast du's auch verstanden. Ich denke mal, es ist klar, dass (b) direkt aus (a) folgt?

Für (a) ist so eine Zeichnung, wie du schon gemacht hast, gut geeignet, um sich das selber klar zu machen. Den Beweis führt man wahrscheinlich dann am besten über die Negation:

Wenn f nicht surjektiv ist, dann kann $\begin{eqnarray*} f \circ g \end{eqnarray*}$ nicht die Identitätsabbildung sein.
Wenn g nicht injektiv ist, dann kann $\begin{eqnarray*} f \circ g \end{eqnarray*}$ nicht die Identitätsabbildung sein.

Wink

Den Rest hast du richtig erkannt.

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