Zerfällungskörper

19.01.2011, 20:39

Riemannson

Zerfällungskörper

Hallo,

sei L der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} (X^3-2)(X^4-3) \end{eqnarray*}$

L ist nicht gerade $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3) \end{eqnarray*}$ , weil z.B. $\begin{eqnarray*} -i\sqrt[4] 3 \end{eqnarray*}$ nicht enthalten ist oder?

20.01.2011, 11:32

Reksilat

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RE: Zerfällungskörper
Ja, das ist soweit richtig.

Gruß,
Reksilat.

20.01.2011, 13:13

Riemannson

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RE: Zerfällungskörper
ist er dann einfach $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i) \end{eqnarray*}$ ?

20.01.2011, 14:32

Reksilat

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RE: Zerfällungskörper
Es gibt eine einfache Möglichkeit das rauszufinden. Prüfe, ob alle Nullstellen des Polynoms drin sind, und ob Du die erzeugenden Elemente mit Hilfe der Nullstellen darstellen kannst, damit der Körper nicht zu groß wird.
Mathematik ist kein Ratespiel. Vermutungen sind nur dann gut, wenn man auch in der Lage ist, sie zu überprüfen.

Gruß,
Reksilat.

20.01.2011, 15:27

Riemannson

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okay fangen wir mit den Nullstellen an: $\begin{eqnarray*} \pm \sqrt[4] 3, \pm i\sqrt[4] 3, \sqrt[3] 2, \sqrt[3] 2\bigg (\frac {-1}{2}+\frac {\sqrt 3 i}{2} \bigg ), -\sqrt[3] 2\bigg (\frac {1}{2}+\frac {\sqrt 3 i}{2} \bigg ) \end{eqnarray*}$

jetzt ist die frage nach $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \overset? = (a+b\sqrt[3] 2+c\sqrt[4] 3+d\sqrt[4] 3 \sqrt[3] 2+ei+fi\sqrt[3] 2+gi\sqrt[4] 3+hi\sqrt[4] 3 \sqrt[3] 2:a,b,c,d,e,f,g,h\in \mathbb Q) \end{eqnarray*}$

die erzeugenden elemente lassen sich durch die Nullstellen darstellen und die ersten 5 Nullstellen sind offensichtlich in L, die anderen 2 muss ich noch prüfen.

richtig soweit?

20.01.2011, 15:50

Reksilat

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In Deiner Mengendarstellung fehlt zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{4} \end{eqnarray*}$ . Die Körpererweiterung hat den Grad 24 und insofern ist sie ein 24-dimensionaler VR über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ .
Diese Mengendarstellung und der Erweiterungsgrad sind hier aber nicht so wichtig.

Was zu tun ist, habe ich oben hingeschrieben.

EDIT: Und Mengen schreibt man mit geschweiften Klammern: $\begin{eqnarray*} \{...\} \end{eqnarray*}$

20.01.2011, 19:09

Riemannson

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$\begin{eqnarray*} \pm \sqrt[4] 3, \pm i\sqrt[4] 3, \sqrt[3] 2 \end{eqnarray*}$ sind offensichtlich in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$ ein Körper und $\begin{eqnarray*} \sqrt[4] 3 \in \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i)\Rightarrow \sqrt[4] 3 \cdot \sqrt[4] 3 =\sqrt 3 \in \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$ und wegen "oben und Q(...) körper" ist auch $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 2\bigg (\frac {-1}{2}+\frac {\sqrt 3 i}{2} \bigg ), -\sqrt[3] 2\bigg (\frac {1}{2}+\frac {\sqrt 3 i}{2} \bigg ) \in \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$

das heißt alle Nullstellen des Polynoms sind in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$

jetzt ist noch das Problem warum $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 4 \end{eqnarray*}$ (scheint ja ein erzeuger zu sein) auch enthalten ist?

denn es ist doch sowieso $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 4\in \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 4= (\sqrt[3] 2)^2 \in \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3,i) \end{eqnarray*}$

Bzw. kannst du mir einen Tipp geben wie ich die Erzeuger bestimme (es fehlen ja noch 13 wenn ich nicht irre), dann kann ich die Mengendarstellung korrigieren und prüfen ob sie sich alle mit hilfe der Nullstellen darstellen lassen.

20.01.2011, 19:37

Elvis

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Wenn hier noch ein Problem offen ist, dann kann es nur darin bestehen, dass i nicht notwendig ein Erzeuger des Zerfällungskörpers ist. Fang doch mit etwas weniger, z.B. mit 3 Nullstellen an.
Allerdings glaube ich auch, dass i ganz schnell wieder rein kommt, weil es als Quotient von 2 Nullstellen im Zerfällungskörper enthalten ist.
Riemannson und Elvis glauben : Wir sind fertig. (Leider ? oder zum Glück ? beruht Mathe i.a. nicht auf Abstimmungsergebnissen). Augenzwinkern

20.01.2011, 22:09

Reksilat

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@Riemannson:
Wie gesagt, die Mengendarstellung ist hier erstmal nicht so wichtig.

Der Zerfällungskörper lässt sich am einfachsten mit sämtlichen Nullstellen des Polynoms erzeugen, nur hat man dann natürlich meist zu viele Erzeuger da stehen.

Der Zerfällungskörper ist der kleinste Körper über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ , der alle (sieben) Nullstellen enthält. Nun hast Du gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i) \end{eqnarray*}$ alle sieben Nullstellen enthält und insofern ist der Zerfällungskörper in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i) \end{eqnarray*}$ enthalten.
Für die andere Inklusion benötigst Du, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i \end{eqnarray*}$ im Zerfällungskörper liegen, das heißt, dass sie sich mithilfe der sieben Nullstellen erzeugen lassen.
Das sollte aber kein großes Problem mehr darstellen.

_____________________
Das mit $\begin{eqnarray*} \sqrt[4]{3} \end{eqnarray*}$ und den fehlenden 13 Erzeugern habe ich nicht verstanden. Mir ging es oben nur darum, Deine fehlerhafte Mengendarstellung von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i) \end{eqnarray*}$ zu korrigieren, denn das ist über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ ein 24-dimensionaler VR und es gibt demnach auch 24 über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Elemente $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i)=\left\{\sum_{i=1}^{24}\lambda_ix_i\middle|\lambda_i\in\mathbb{Q}\right\} \end{eqnarray*}$
Diese $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ sind einfach nur Produkte Deiner drei Erzeuger und lassen sich recht leicht bestimmen. Allerdings weiß ich nicht, ob das jetzt hier irgendwo wichtig ist.

Was war eigentlich die Aufgabe? Bis jetzt haben wir gesehen, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i) \end{eqnarray*}$ ein Zerfällungskörper ist.

Gruß,
Reksilat.

22.01.2011, 11:41

Riemannson

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okay die andere inklusion hab ich gezeigt.

die eigentliche aufgabe ist es, die Galoisgruppe und Korrespondenz von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[4] 3, \sqrt[3] 2,i)/ \mathbb Q \end{eqnarray*}$ zu zeigen.

dazu muss ich ja die Automorphismengruppe aufstellen. Das müssen dann ja nach deiner Aussage (24 dim VR) 24 sein. Sind das dann die, die Nullstellen des Polynoms abbilden oder die, die Erzeuger abbilden?

Gibt es eine Möglichkeit den Erweiterungsgrad schnell zu bestimmen oder muss man alle lin unabhängigen Elemente finden oder muss ich erst alle Automorphismen finden?

22.01.2011, 11:54

Elvis

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$\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[4]3,\sqrt[3]2,i)=\mathbb Q(\sqrt[4]3)(\sqrt[3]2)(i) \end{eqnarray*}$ und Gradsatz ergibt den Grad 24. Galoissch ist er nach Konstruktion als Zerfällungskörper irreduzibler Polynome.

22.01.2011, 12:25

Reksilat

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Ein paar Bemerkungen:

Zitat:

die eigentliche aufgabe ist es, die Galoisgruppe und Korrespondenz von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[4] 3, \sqrt[3] 2,i)/ \mathbb Q \end{eqnarray*}$ zu zeigen.

Du möchtest die Galoisgruppe zeigen?

Zitat:

dazu muss ich ja die Automorphismengruppe aufstellen. Das müssen dann ja nach deiner Aussage (24 dim VR) 24 sein.

Vierundzwanzig Galoisgruppen?

Zitat:

Sind das dann die, die Nullstellen des Polynoms abbilden oder die, die Erzeuger abbilden?

Das Wort "die" meint hier wohl die Automorphismen in der Galoisgruppe. Allerdings hast Du das Wort Automorphismen zuvor nirgends erwähnt und insofern ist ein Relativsatz hier fehl am Platze.

Solche Unsauberkeiten erschweren die Lesbarkeit enorm. Versuche bitte in Zukunft so was zu vermeiden. Danke.
_________________________________________________________________

Die Automorphismen vertauschen die Nullstellen und da Du alle kennst, solltest Du dort auch ein paar Automorphismen sehen können. Zum Beispiel kann eine Nullstelle von $\begin{eqnarray*} x^3-2 \end{eqnarray*}$ garantiert nicht auf eine Nullstelle von $\begin{eqnarray*} x^4-3 \end{eqnarray*}$ abgebildet werden.
Anhand der drei Erzeuger wirst Du es nicht so gut sehen können.

Gruß,
Reksilat.

22.01.2011, 13:11

Riemannson

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also ich hab: $\begin{eqnarray*} <br /> \sigma_1=Id,\ \ \ \ \sigma_2 (\sqrt[4] 3)= -\sqrt[4] 3,\ \ \ \ \sigma_3 (i\sqrt[4] 3)= -i\sqrt[4] 3,\ \ \ \ \sigma_4 (\sqrt[4] 3)= -i\sqrt[4] 3,\ \ \ \ \sigma_5 (\sqrt[4] 3)= i\sqrt[4] 3,\\ \ \ \sigma_6 (\sqrt[3] 2)= \alpha,\ \ \ \ \sigma_7 (\sqrt[3] 2)= \beta,\ \ \ \ \sigma_8 (\beta)= \alpha<br /> \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \end{eqnarray*}$ , die 2 weiteren Nullstellen.

$\begin{eqnarray*} \sigma_i (x)=Id \end{eqnarray*}$ für alle x, die oben nicht anders angegeben.

und dann noch 16 weitere Kompositionen der sigma´s.
Das sind dann zusammen 24 Automorphismen.

Edit: Zeilenumbruch eingefügt. Gruß, Reksilat.

22.01.2011, 13:22

Reksilat

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So ganz eindeutig ist das noch nicht. Zum Beispiel ist auch $\begin{eqnarray*} \sigma_4(\alpha)=\beta \end{eqnarray*}$ . (Schließlich ist $\begin{eqnarray*} \sigma_4(\sqrt 3)=-\sqrt 3 \end{eqnarray*}$ )
Dein $\begin{eqnarray*} \sigma_8 \end{eqnarray*}$ ist jetzt also nicht unbedingt ein neuer Automorphismus.

Ich denke, dass man das ganz gut sieht, wenn man die Galoisgruppen für jedes Polynom einzeln berechnet (6 und 8 Elemente), und sie dann zusammenbastelt.

22.01.2011, 16:24

Harty

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Ich versuch es mal: Für das erste Polynom $\begin{eqnarray*} (X^3-2) \end{eqnarray*}$ haben wir ja die folgende Isomorphie: $\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt {-3})/ \mathbb Q) \cong S3 \end{eqnarray*}$ . Also haben wir 6 Abbildungen. Setzten wir mal die drei Nullstellen
$\begin{eqnarray*} \alpha=\sqrt[3] 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \beta=\sqrt[3] 2 \omega \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma=\sqrt[3] 2 \omega^2 \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} \omega = \frac {1}{2}+\frac {\sqrt {-3}}{2} \end{eqnarray*}$ .

Also habe wir die folgenden Abbildungen, geschrieben als Permutationen:

$\begin{eqnarray*} \sigma_1=Id \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_2=(\alpha \ \beta \ \gamma) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_3=(\alpha \ \gamma \ \beta) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_4=(\alpha \ \beta) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_5=(\alpha \ \gamma) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_6=(\beta\ \gamma) \end{eqnarray*}$
Stimmt das soweit?

22.01.2011, 16:28

Riemannson

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stimmt $\begin{eqnarray*} \sigma_8 \end{eqnarray*}$ ist kein neuer Automorphismus aber $\begin{eqnarray*} \sigma_8 (\sqrt[3] 2\sqrt 3 i)=-\sqrt[3] 2\sqrt 3 i \end{eqnarray*}$ sollte doch gehen.

die erste Galoiskorrespondenz sollte doch dann so sein: $\begin{eqnarray*} H=\{Id\} \leftrightarrow FixH=L \end{eqnarray*}$

und dann noch 23 weitere Korrespondenzen?

22.01.2011, 16:48

Harty

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Bei dem zweiten Polynom $\begin{eqnarray*} (X^4-3) \end{eqnarray*}$ haben wir ja den Zerfällungskörper $\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt[4] 3,i)/ \mathbb Q \end{eqnarray*}$ . Hierbei ist $\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb Q(\sqrt[4] 3,\ i)/ \mathbb Q) \end{eqnarray*}$ isomorph zur Isometriegruppe $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ des Quadrats. $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ hat 8 Elemente: Identität, 3 Drehungen und 4 Spiegelungen.
Sei also $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ die Drehung,mit $\begin{eqnarray*} \rho(\sqrt[4] 3) = i*\sqrt[4] 3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \rho (i) = i \end{eqnarray*}$ .
Dann sei $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ die Spiegelung mit $\begin{eqnarray*} \gamma(i) = -i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma(\sqrt[4] 3) = \sqrt[4] 3 \end{eqnarray*}$ .
Dann haben wir die folgenden acht Abbildungen:
$\begin{eqnarray*} \psi_1=Id \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_2=\rho \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_3=\rho^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_4=\rho^3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_5=\gamma \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_6=\gamma \rho \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_7=\gamma \rho^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \psi_8=\gamma \rho^3 \end{eqnarray*}$
Aber wie macht man nun weiter und kombiniert diese beiden Gruppen miteinander?

22.01.2011, 17:21

Reksilat

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@Harty:
Das sieht soweit sehr gut aus. Freude

Diese beiden Gruppen sind nun jeweils Untergruppen der gesamten Galoisgruppe.
Andererseits ist hier jeder Automorphismus der gesamten Körpererweiterung insbesondere auch ein Automorphismus der einzelnen Körpererweiterungen und insofern ergibt sich die gesamte Galoisgruppe als Erzeugnis der beiden kleineren Galoisgruppen.
(Wobei das eigentlich noch ein paar andere Überlegungen erfordert, aber da wir die endgültige Gruppenordnung schon kennen, reicht das.)

Wie wir schon wissen, werden wir eine Gruppe der Ordnung 24 erhalten. Nun ist 8*6=48>24. Und zudem vertauschen auch nicht alle Automorphismen der verschiedenen Gruppen miteinander. Man kann sich allerdings überlegen, dass $\begin{eqnarray*} \psi_5 \end{eqnarray*}$ auf den Nullstellen $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta,\gamma \end{eqnarray*}$ das gleiche bewirkt, wie $\begin{eqnarray*} \sigma_6 \end{eqnarray*}$ . Diese Automorphismen sind also gleich. Damit kann man dann die Galoisgruppe angeben.

PS: Statt $\begin{eqnarray*} \sqrt{-3} \end{eqnarray*}$ lieber $\begin{eqnarray*} \sqrt 3\cdot i \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

____________________

@Riemansson: $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]2\sqrt 3 i \end{eqnarray*}$ ist keine Nullstelle. Wie soll denn $\begin{eqnarray*} \sigma_8 \end{eqnarray*}$ auf den Nullstellen operieren? Durch die Operation auf der Menge der Nullstellen lässt sich ein Automorphismus eindeutig beschreiben. Ich habe allerdings keine Ahnung, wie Dein $\begin{eqnarray*} \sigma_8 \end{eqnarray*}$ jetzt die Nullstellen abbilden soll. verwirrt

.
Und wie kommst Du auf 24 Korrespondenzen? Es geht doch um die Anzahl der Untergruppen bzw. Zwischenkörper und die hat mit der Anzahl der Elemente in der Gruppe nicht unbedingt etwas zu tun. Ich bin mir relativ sicher, dass die Galoisgruppe mehr als 24 Untergruppen hat.

22.01.2011, 17:52

Harty

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Ok, stimmt! Also haben wir $\begin{eqnarray*} \psi_5=\sigma_6 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \psi_1=\sigma_1 \end{eqnarray*}$ denn $\begin{eqnarray*} Id=Id \end{eqnarray*}$ . Dann haben wir also schonmal zwei Abbildungen, die in beiden Untergruppen liegen.
Und ich sehe gerade, dass auch $\begin{eqnarray*} \psi_2=\sigma_6 \end{eqnarray*}$ , denn
$\begin{eqnarray*} \psi_2(\sqrt 3)= \rho(\sqrt 3) = \rho((\sqrt [4] 3)^2) = \rho(\sqrt [4] 3)*\rho(\sqrt [4] 3) =(i \sqrt [4] 3) (i \sqrt [4] 3) =- \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ . Das ist doch das gleiche, wie bei $\begin{eqnarray*} \sigma_6 \end{eqnarray*}$ oder?
Damit hätte ich doch die Automorphismen aus $\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt {3}i)/ \mathbb Q) \end{eqnarray*}$ quasi auf 3 reduziert. Damit hätten wir dann 8*3=24... Ist das die Lösung?

22.01.2011, 18:25

Reksilat

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Aber offensichtlich ist $\begin{eqnarray*} \psi_2\neq \psi_5 \end{eqnarray*}$ . verwirrt

War wohl auch von mir etwas voreilig. Auch $\begin{eqnarray*} \psi_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \psi_7 \end{eqnarray*}$ bewirken das gleiche auf $\begin{eqnarray*} \{\alpha,\beta,\gamma\} \end{eqnarray*}$ .
(Dagegen sind die anderen vier Elemente aus der Diedergruppe trivial auf diesen drei Nullstellen. Und bilden eine Untergruppe.)

Das Problem ist hier, dass der Automorphismus $\begin{eqnarray*} \sigma_6 \end{eqnarray*}$ nicht eindeutig auf die ganze Körpererweiterung fortgesetzt werden kann. Jeder der obigen vier Automorphismen stellt eine mögliche Fortsetzung dar.
Letztlich können wir das $\begin{eqnarray*} \sigma_6 \end{eqnarray*}$ aber vernachlässigen, da wir dessen Operation eben mit den anderen Elementen $\begin{eqnarray*} \psi_1,...,\psi_8 \end{eqnarray*}$ schon haben. Wir fangen als mit der Diedergruppe an, deren Elemente eindeutig zu Automorphismen der ganzen Körpererweiterung fortgesetzt werden können und schauen dann, was für Automorphismen uns noch fehlen. Das sind eben nur noch $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sigma_3 \end{eqnarray*}$ und alle Produkte mit Elementen aus der Diedergruppe.
Damit bekommen wir dann alle Automorphismen.

Gruß,
Reksilat.

22.01.2011, 18:31

Harty

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Zitat:

Original von Reksilat
Das sind eben nur noch $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sigma_3 \end{eqnarray*}$ und alle Produkte mit Elementen aus der Diedergruppe.
Damit bekommen wir dann alle Automorphismen.

uns was ist mit $\begin{eqnarray*} \sigma_4, \sigma_5 \end{eqnarray*}$ , oder meinst du das mit den Produkten? Weis nicht genau was du meinst!

22.01.2011, 18:38

Reksilat

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$\begin{eqnarray*} \sigma_4 \end{eqnarray*}$ lässt sich als $\begin{eqnarray*} \sigma_2\sigma_6 \end{eqnarray*}$ schreiben. (Oder andersherum – die Reihenfolge hängt von der Lesart bei Permutation ab Augenzwinkern

)
Aber $\begin{eqnarray*} \sigma_6 \end{eqnarray*}$ lässt sich eben auch mit $\begin{eqnarray*} \psi_2 \end{eqnarray*}$ darstellen. $\begin{eqnarray*} \sigma_2\psi_2 \end{eqnarray*}$ bewirkt auf $\begin{eqnarray*} \{\alpha,\beta,\gamma\} \end{eqnarray*}$ das gleiche wie $\begin{eqnarray*} \sigma_4 \end{eqnarray*}$

22.01.2011, 20:19

Harty

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Also ich versuch mal die 24 Automorphismen aufzuschreiben geschockt

:

$\begin{eqnarray*} \delta_{01}=\sigma_1=\psi_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{02}=\psi_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{03}=\psi_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{04}=\psi_4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{05}=\psi_5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{06}=\psi_6 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{07}=\psi_7 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{08}=\psi_8 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{09}=\sigma_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{10}=\sigma_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{11}=\sigma_4=\sigma_2 \sigma_6=\sigma_2 \psi_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{12}=\sigma_5=\sigma_3 \sigma_6=\sigma_3 \psi_2 \end{eqnarray*}$

hm... stimmt das erstmal bis hierhin? Ich fürchte fast nicht^^
Würde mich noch über eine Antwort freuen, werde selber aber heute wahrscheinlich nicht nochmal hier rein schauen...
@Reksilat: Vielen Dank schonmal jetzt für deine Hilfe!!!

23.01.2011, 11:11

Harty

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So und hier der Rest:

$\begin{eqnarray*} \delta_{13}=\sigma_2 \circ \psi_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{14}=\sigma_3 \circ \psi_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{15}=\sigma_2 \circ \psi_4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{16}=\sigma_3 \circ \psi_4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{17}=\sigma_2 \circ \psi_5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{18}=\sigma_3 \circ \psi_5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{19}=\sigma_2 \circ \psi_6 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{20}=\sigma_3 \circ \psi_6 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{21}=\sigma_2 \circ \psi_7 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{22}=\sigma_3 \circ \psi_7 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{23}=\sigma_2 \circ \psi_8 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta_{24}=\sigma_3 \circ \psi_8 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sigma_6 \circ \psi_x \end{eqnarray*}$ brauchen wir nicht, da $\begin{eqnarray*} \sigma_6 \end{eqnarray*}$ ja das gleiche macht, wie z.B. $\begin{eqnarray*} \psi_2 \end{eqnarray*}$ und es somit schon schon eins von den ersten 8 Abbildungen ist.
$\begin{eqnarray*} \sigma_4 \circ \psi_x \end{eqnarray*}$ wird nicht benötigt, da $\begin{eqnarray*} \sigma_4=\sigma_2 \psi_2 \end{eqnarray*}$ . Also wäre $\begin{eqnarray*} \sigma_4 \circ \psi_x=\sigma_2 \circ \psi_2 \circ \psi_x \end{eqnarray*}$ . Hier gilt wiederrum, dass $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \circ \psi_2 \circ \psi_x =\sigma_2 \circ \psi_y \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} \psi_y \end{eqnarray*}$ schon eine von den ersten acht Abildungen, also haben wir $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \circ \psi_y \end{eqnarray*}$ bei den letzten 12 mit drin.
Und analog mit $\begin{eqnarray*} \sigma_5 \circ \psi_x \end{eqnarray*}$ .
Stimmt das soweit?

23.01.2011, 12:12

Elvis

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Wie sieht der Untergruppenverband / Teilkörperverband aus ? (Hasse-Diagramm ?) Wie heißt die Gruppe ?

23.01.2011, 12:18

Harty

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Sind die Automorphismen denn so in Ordnung?
Also ich würde sagen, dass Die Automorphismengruppe von $\begin{eqnarray*} ( \mathbb Q(\sqrt[3] 2,\sqrt[4] 3, i)/ \mathbb Q) \end{eqnarray*}$ isomorph zu $\begin{eqnarray*} S_3\times D_4 \end{eqnarray*}$ ist, falls das so überhaupt existiert.
Davon wären erstmal $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ die zwei Untergruppenverbände (meinst du das überhaupt?).
Und dann davon die Untergruppen sind relativ klar, hoff ich zumindest...

23.01.2011, 12:25

Elvis

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$\begin{eqnarray*} ord(S_3)=6, ord(D_4)=8\Rightarrow ord(S_3\times D_4)=48 \end{eqnarray*}$ , oder nicht ?

23.01.2011, 12:29

Harty

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Ja, das ist ja die Frage... Aber ich bastel doch meine große Gruppe aus den beiden zusammen. Dabei merkt man, dass einige der Elemente dieser Gruppe das gleiche machen und fassen die einfach zusammen. Bin mir also nicht sicher, ob diese Gruppe dann auch als $\begin{eqnarray*} S_3\times D_4 \end{eqnarray*}$ aufgefasst werden kann... Stimmen denn $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ als Untergruppen? Müsste eigentlich, oder nicht? Und was ist nun mit den Automorphismen, die ich aufgeschrieben habe?

23.01.2011, 13:21

Reksilat

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Du hast ja bisher nur die Hälfte der Automorphismen aufgeschrieben. verwirrt

Es stimmt schon, dass Du eine zu $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ und eine zu $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ isomorphe Untergruppe findest, aber die Gruppe ist kein direktes Produkt dieser beiden Gruppen. Vor allem können diese beiden Untergruppen in der gesamten Gruppe ja nicht disjunkt sein. Ich hatte ja auch schon oben geschrieben, dass Du den Zweier in der $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ auch schon in der $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ sehen kannst.

...edit... (habe nicht gesehen, dass Du die restlichen Automorphismen schon aufgeschrieben hast)

23.01.2011, 13:29

Harty

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Ok, also das $\begin{eqnarray*} S_3\times D_4 \end{eqnarray*}$ nicht die Gruppe ist sehe ich ein! Und das $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ für unseren Fall nicht disjunkt sind ist auch klar nach obiger Betrachtung. Also erstmal: Was ist nun mit den Automorphismen oben verwirrt

. Stimmt die nun so?

23.01.2011, 13:29

Reksilat

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Also die Automorphismen sind korrekt, denn Deine $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ ist ja eine Untergruppe der ganzen Galoisgruppe, die ich jetzt mal $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ nenne.

Da $\begin{eqnarray*} \langle D_4,\sigma_2\rangle=G \end{eqnarray*}$ ist, ist auch klar, dass $\begin{eqnarray*} G=D_4\cup \sigma_2D_4\cup\sigma_3D_4 \end{eqnarray*}$ ist. ( $\begin{eqnarray*} \sigma_3=\sigma_2^2 \end{eqnarray*}$ )

Für mich ist nun zum Beispiel die ganze Zeit schon klar, worauf das hier hinauslaufen wird, also zu welcher Gruppe $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ isomorph ist. Eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung 24... Augenzwinkern

Zeigen muss man das natürlich trotzdem noch, aber danach weiß man wenigstens, wie der Untergruppenverband aussieht.

23.01.2011, 13:39

Harty

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Schön, dass es für dich klar ist Augenzwinkern

. Ist es vielleicht $\begin{eqnarray*} D_{12} \end{eqnarray*}$ , die Diedergruppe eines 12-Ecks. Das ist zwar leider nur geraten, aber immerhin^^

23.01.2011, 14:32

Reksilat

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Vielleicht sollten wir uns noch ein wenig mit dem $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \end{eqnarray*}$ beschäftigen.
Tut mir leid, aber ich habe gerade auch nicht die Zeit, das alles erst mal vernünftig aufzuschreiben, daher kommt das immer so stückweise.

Also $\begin{eqnarray*} \sigma_2:\sqrt[3]2\to\sqrt[3]2\omega \end{eqnarray*}$ und man kann sehen, dass $\begin{eqnarray*} \sigma_2:\omega\to\omega \end{eqnarray*}$
Die Operation auf den anderen vier Nullstellen ist dadurch noch gar nicht festgelegt, aber da wir ja nur irgendein Element der Ordnung 3, das nicht in $\begin{eqnarray*} D_4 \end{eqnarray*}$ liegt, benötigen, um die ganze Gruppe $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ zu konstruieren, können wir oBdA annehmen, dass $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \end{eqnarray*}$ alle restlichen Nullstellen festlässt.
(Das ist auf jeden Fall ein Automorphismus. – Die anderen Möglichkeiten für die Operation von $\begin{eqnarray*} \sigma_2 \end{eqnarray*}$ tauchen dann eben als $\begin{eqnarray*} \sigma_2\psi_x \end{eqnarray*}$ auf.)

Ich habe nun auch gerade selbst ein wenig herumgerechnet und gesehen, dass auch meine Vermutung der $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ nicht stimmt. Hammer

Vielleicht ist es sogar die $\begin{eqnarray*} D_{12} \end{eqnarray*}$ , aber dann müsste man einen Automorphismus der Ordnung 12 finden, was ich jetzt auch nicht direkt sehe.
Es gibt immerhin 12 verschiedene nichtabelsche Gruppen der Ordnung 12.
Vorerst habe ich aber leider keine Zeit mehr, mich mit dem Problem zu beschäftigen. Eventuell morgen...

Gruß,
Reksilat.

23.01.2011, 14:36

Dreassen

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Zitat:

Original von Reksilat
.Eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung 24... Augenzwinkern

Mir fällt da nur die $\begin{eqnarray*} S_{4} \end{eqnarray*}$ ein. Ist das richtig?

Edit: Zu langsam getippt.

23.01.2011, 16:22

Reksilat

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Ein guter Weg, die Gruppe etwas genauer kennenzulernen, ist die Permutationsdarstellung auf den Nullstellen.
Wir bezeichnen $\begin{eqnarray*} \sqrt[4] 3,\sqrt[4] 3i,-\sqrt[4] 3,-\sqrt[4] 3i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 1,2,3,4 \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]2,\sqrt[3]2\omega,\sqrt[3]2\omega^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 5,6,7 \end{eqnarray*}$

Dann ist:
$\begin{eqnarray*} \rho=(1234)(67) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma=(24)(67) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_2=(567) \end{eqnarray*}$

Damit sieht man sehr schön, dass weder die $\begin{eqnarray*} D_{12} \end{eqnarray*}$ ,noch die $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ infrage kommen.

Die Untergruppen von $\begin{eqnarray*} G=\langle\rho,\gamma,\sigma_2\rangle \end{eqnarray*}$ kann man mit ein wenig Arbeit auch ausrechnen. Augenzwinkern

Gruß,
Reksilat.

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Zerfällungskörper

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