Fixkörper bestimmen

13.01.2011, 15:09

Riemannson

Fixkörper bestimmen

Hallo,

ich soll $\begin{eqnarray*} FixAut(\mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5)/\mathbb Q) \end{eqnarray*}$ bestimmen, doch ich weiß nicht genau was $\begin{eqnarray*} G:=Aut(\mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5)/\mathbb Q) \end{eqnarray*}$ ist.

Ist $\begin{eqnarray*} G=\{Id\} \end{eqnarray*}$ sollte stimmen ist aber nicht alles! Was noch? Wie gehe ich vor um G zu bestimmen?

und ist $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5)/\mathbb Q \overset{??}{=} (a+b\sqrt 7+ c\sqrt[3] 5+d\sqrt 7\sqrt[3] 5) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} a,b,c,d\in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ?

13.01.2011, 15:12

Riemannson

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ist evtl. $\begin{eqnarray*} |G|=9 \end{eqnarray*}$ ?

14.01.2011, 11:33

Reksilat

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Hi Riemannson,

Es ist $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5)/\mathbb Q \overset{}{=} \{a+b\sqrt 7+ c\sqrt[3] 5+d\sqrt[3] 5^2+e\sqrt 7\sqrt[3]{5}+f\sqrt 7\sqrt[3]{5}^2|a,b,c,d,e,f\in\mathbb{Q}\}) \end{eqnarray*}$
Schließlich ist der Erweiterungsgrad 6 und somit ist $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5)/\mathbb Q \end{eqnarray*}$ ein 6-dimensionaler $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ -Vektorraum.

Nun überlege Dir, was ein Körperautomorphismus mit $\begin{eqnarray*} \sqrt 7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{5} \end{eqnarray*}$ machen kann.

Gruß,
Reksilat.

15.01.2011, 14:22

Riemannson

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also ich hätte mir das vorgestellt wie bei der komplexen konjugation bei den komplexen zahlen.

ein körperautomorphismus: $\begin{eqnarray*} b\sqrt 7 \rightarrow -b\sqrt 7 \end{eqnarray*}$ und behält den rest bei.

Das ganze dann auch für die anderen summanden.
Ist die Vorstellung richtig?

15.01.2011, 17:42

Reksilat

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Es muss bei diesem Automorphismus natürlich auch $\begin{eqnarray*} \sqrt{7}\sqrt[3]{5} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} -\sqrt{7}\sqrt[3]{5} \end{eqnarray*}$ abgebildet werden.
Außerdem wirst Du sehen, dass die Abbildung $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{5}\to -\sqrt[3]{5} \end{eqnarray*}$ kein Automorphismus ist.

Gruß,
Reksilat.

15.01.2011, 18:40

Riemannson

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nochmal kurz welche abbildung ist kein automorphismus?

16.01.2011, 11:05

Reksilat

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Tut mir leid, ich musste schnell weg und hab das nicht mehr gesehen. Ups

Wenn Du mit der Maus über die LaTeX-Grafiken gehst, kannst Du auch den Quelltext lesen. Ansonsten einfach mal auf Zitat klicken, dann siehst Du auch, was ich genau geschrieben habe. Augenzwinkern

Gruß,
Reksilat.

16.01.2011, 11:19

Riemannson

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ahh danke für den tipp Freude

,

also ist die permutation besser zB. $\begin{eqnarray*} \sqrt 7 \rightarrow \sqrt[3] 5 \end{eqnarray*}$ ?

16.01.2011, 11:41

Reksilat

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Auch das kann kein Körperautomorphismus werden.

Beachte, dass dieser auch die Multiplikation respektiert und dazu $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ festlässt.

Wenn $\begin{eqnarray*} f(\sqrt{7})=\sqrt[3]{5} \end{eqnarray*}$ wäre, dann müsste auch $\begin{eqnarray*} 7=f(7)=f(\sqrt{7}^2)=f(\sqrt 7)^2=\sqrt[3]{5}^2 \end{eqnarray*}$ sein. Ein Widerspruch.

16.01.2011, 14:09

Harty

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RE: Fixkörper bestimmen
Es ist doch $\begin{eqnarray*} [\mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5):\mathbb Q]=6 \end{eqnarray*}$ . Somit kann es höchstens 6 Automorphismen geben.
Gesucht ist ja nun $\begin{eqnarray*} FixAut(\mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5)/\mathbb Q) \end{eqnarray*}$ . Also der Körper, der alle Elemente enthält, die durch die Automorphismen in Ruhe gelassen werden. Aber wäre das nicht einfach nur $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ?

16.01.2011, 14:22

Riemannson

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das dachte ich mir auch auf den ersten blick, deswegen wollte ich die automorphismen bestimmen und das ganze überprüfen.

16.01.2011, 14:24

Harty

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Obwohl: Es gibt ja auf jeden Fall einen Automorphismus, der $\begin{eqnarray*} \sqrt7 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} - \sqrt7 \end{eqnarray*}$ abbildet, da das zwei Nullstellen von $\begin{eqnarray*} x^2-7 \end{eqnarray*}$ sind. Aber $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 5 \end{eqnarray*}$ bleibt ja vielleicht doch fix... Aber warum??

16.01.2011, 15:01

Riemannson

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wenn es $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ist, dann muss K/k galois sein! also genau 6 automorphismen müssen existieren

16.01.2011, 15:05

Harty

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Die Erweiterung ist aber nicht normal, da $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt 7, \sqrt[3] 5) \end{eqnarray*}$ kein Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^3-5 \end{eqnarray*}$ ist. Daher ist sie auch nicht Galoisch. Aber wie man auf die Automorphismen kommt weis ich trotzdem noch nicht so recht.

16.01.2011, 15:11

Harty

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Ich würde sagen, dass es nur 2 Automorphismen gibt:
$\begin{eqnarray*} \sigma_1=Id \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma_2(\sqrt7)=-\sqrt7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma_2(\sqrt5)=\sqrt5 \end{eqnarray*}$

16.01.2011, 15:27

Riemannson

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doch was wäre dann der fixkörper $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \cup \{\sqrt 5\} \end{eqnarray*}$ ?

16.01.2011, 15:28

Harty

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Wenn die Automorphismen stimmen würden, wovon ich noch nicht überzeugt bin, dann ja!

17.01.2011, 10:24

Reksilat

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Die Automorphismen werden eindeutig dadurch bestimmt, wie $\begin{eqnarray*} \sqrt 7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 5 \end{eqnarray*}$ abgebildet werden. (Nachvollziehen!)
Man muss sich also nur überlegen, wie diese beiden Elemente abgebildet werden können.

Letztlich gibt es dann nur die oben angegebenen Automorphismen, aber ganz gewiss ist der Fixkörper nicht $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \cup \{\sqrt 5\} \end{eqnarray*}$ , denn das ist nicht mal ein Körper.

Wenn, dann ist es $\begin{eqnarray*} \mathbb Q (\sqrt 5) \end{eqnarray*}$ .
Augenzwinkern

Gruß,
Reksilat.

17.01.2011, 10:50

Riemannson

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also es kann doch abgebildet werden:

$\begin{eqnarray*} \sqrt 7 \rightarrow -\sqrt 7 \\ \sqrt[3] 5 \rightarrow \sqrt[3] 5 \\ \sqrt[3] 5^2 \rightarrow \sqrt[3] 5^2 \\ \sqrt 7 \sqrt[3] 5 \rightarrow -\sqrt 7 \sqrt[3] 5 \\ \sqrt 7 \sqrt[3] 5^2 \rightarrow -\sqrt 7 \sqrt[3] 5^2 \end{eqnarray*}$

kommen wir der sache näher?

17.01.2011, 10:54

Reksilat

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Zitat:

Original von Riemannson
also es kann doch abgebildet werden...

Sicher kann man das so abbilden. Aber worauf willst Du hinaus? verwirrt

17.01.2011, 11:01

Riemannson

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mhh darauf:

Zitat:

Original von Reksilat

Man muss sich also nur überlegen, wie diese beiden Elemente abgebildet werden können.

17.01.2011, 11:16

Reksilat

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Ich habe oben geschrieben:

Zitat:

Die Automorphismen werden eindeutig dadurch bestimmt, wie $\begin{eqnarray*} \sqrt 7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 5 \end{eqnarray*}$ abgebildet werden. (Nachvollziehen!)

Wieso listest Du mir wieder alle weiteren Elemente auf, anstatt das erst mal nachzuvollziehen?

Außerdem ist die Frage, worauf die Elemente abgebildet werden können. Und $\begin{eqnarray*} \sqrt 7 \end{eqnarray*}$ kann mit Sicherheit nicht nur auf $\begin{eqnarray*} -\sqrt 7 \end{eqnarray*}$ abgebildet werden.
Wenn Du alle Isomorphismen finden willst, musst Du auch alle Möglichkeiten in Betracht ziehen.

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