Galoisgruppe bestimmen (2) [ÜAB]

25.05.2011, 00:18

tigerbine

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Galoisgruppe bestimmen (2) [ÜAB]

Zitat:

Sei L der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^6+x^4+x^2+1 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ . Bestimme $\begin{eqnarray*} Aut(L|\mathbb Q) \end{eqnarray*}$ .

Mit Substitution und Blick auf das Absolutglied bekommt man die erste Zerlegung in irreduzible Polynome.

$\begin{eqnarray*} x^6+x^4+x^2+1=(x^4+1)(x^2+1)=\Phi_8\Phi_4 \end{eqnarray*}$

Nun sind die vierten Einheitswurzeln ja insbesondere achte Einheitswurzeln. Daher würde ich nun sagen, dass man L durch die Adjunktion einer primitiven achten Einheitswurzeln bekommt.

$\begin{eqnarray*} L=\mathbb Q(\omega_8) \end{eqnarray*}$

Der Grad der Körpererweiterung ist 4 und $\begin{eqnarray*} Aut(L|\mathbb Q) \end{eqnarray*}$ ist entweder zu C4 oder V4 isomorph. Da es sich bei L um den Kreisteilungskörper der achten EW handelt, sollte auch gelten dass die Galoisgruppe zu $\begin{eqnarray*} C_8^\times \end{eqnarray*}$ isomorph ist.

Nachrechnen [Permutation der 4 Nullstellen] liefert V4.

Wie würde das über $\begin{eqnarray*} \mathbb F_5 \end{eqnarray*}$ gehen? Ein Anstubser bitte.

25.05.2011, 14:56

juffo-wup

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Hier ist auch alles richtig ( $\begin{eqnarray*} C_8^{\times}\cong C_2\times C_2 \end{eqnarray*}$ kann man natürlich auch direkt sehen), wobei ich nicht weiß was mit "über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ " gemeint ist.

25.05.2011, 18:01

tigerbine

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Danke. Gemeint ist

Zitat:

Sei L der Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^6+x^4+x^2+1 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb F_5 \end{eqnarray*}$ . Bestimme $\begin{eqnarray*} Aut(L|\mathbb F_5) \end{eqnarray*}$ .

25.05.2011, 18:45

juffo-wup

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Achso. Dann der Tipp: Über Q entsteht der Zerfällungskörper durch Adjunktion einer 4. Wurzel aus -1, wie man an der Faktorisierung des Polynoms sieht. Das ist über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ nicht anders (gleiche Begründung).

25.05.2011, 21:12

tigerbine

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$\begin{eqnarray*} x^6+x^4+x^2+1=(x^4+1)(x^2+1)=\Phi_8\Phi_4 \end{eqnarray*}$

Also ist hier die Frage, wie eine 4te Wurzel aus -1 aussieht? verwirrt

verwirrt

Was ist denn das Analoge zu C in diesen Fällen? Körper mit Potenzen von 5?
http://de.wikipedia.org/wiki/Endlicher_K...itere_Beispiele

Richtige Fährte?

25.05.2011, 22:22

juffo-wup

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Du musst für die Aufgabe nicht konkret wissen, wie die Wurzel "aussieht" oder wie man sie als Element eines großen umfassenden Körpers (etwa analog zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ ) darstellen kann. Man kann ja Wurzeln auch einfach formal dazuadjungieren und die Galoisgruppe hängt nur von den abstrakten algebraischen Eigenschaften dieser Erweiterung ab.

Noch ein vielleicht anregendes Beispiel : In $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{7} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 3^2=9=2 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} \sqrt{2}=\pm 3 \end{eqnarray*}$

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25.05.2011, 23:09

tigerbine

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Mmh, so richtig habe ich das Gefühl dafür noch nicht.

Zitat:

Noch ein vielleicht anregendes Beispiel : In $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{7} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 3^2=9=2 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} \sqrt{2}=\pm 3 \end{eqnarray*}$

Nun sind doch 3,-3=4 Elemente von F7. Da kommt ja nichts neues hinzu. verwirrt

verwirrt

Worauf zielt das ab? Wir können auch gerne bei F7 bleiben, damit ich bei F5 vielleicht alleine weiter komme. Wink

Wink

26.05.2011, 00:20

juffo-wup

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Was ich meinte ist, man kann sich Nullstellen von Polynomen einfach formal dazuadjungieren, ohne sich groß Gedanken darüber machen zu müssen, wie das konkret aussieht. Alle algebraischen Eigenschaften des Zerfällungskörpers (z.B. Galoisgruppe) lassen sich im Prinzip allein am Polynom selbst (und am Grundkörper) ablesen.

Wir wollen den Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2+1 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ bestimmen. Auch bei Primzahlcharakteristik (ungleich 2) sind $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x^2+1 \end{eqnarray*}$ die Polynome, die als Nullstellen die primitiven 8. bzw. 4. Einheitswurzeln haben und genauso ist jede 4. EHW auch 8. EHW, d.h. es genügt wieder $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ zu betrachten.
Während über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ die Kreisteilungspolynome irreduzibel sind, ist das über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ nicht immer so.
Aber auch über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ kann man erstmal feststellen, dass Adjunktion einer einzigen Nullstelle von $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ (=primtive 8. EHW) den ganzen Zerfällungskörper liefert.
Die Frage ist also darauf reduziert, was die Galoisgruppe von $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5(\sqrt[4]{-1})/\mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ ist.

Nun ist eine 4. Wurzel aus -1 das Gleiche wie eine Quadratwurzel aus einer Quadratwurzel von -1.

26.05.2011, 00:38

tigerbine

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Zitat:

Original von juffo-wup
Was ich meinte ist, man kann sich Nullstellen von Polynomen einfach formal dazuadjungieren, ohne sich groß Gedanken darüber machen zu müssen, wie das konkret aussieht. Alle algebraischen Eigenschaften des Zerfällungskörpers (z.B. Galoisgruppe) lassen sich im Prinzip allein am Polynom selbst (und am Grundkörper) ablesen.

Idee check.

Zitat:

Wir wollen den Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2+1 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ bestimmen. Auch bei Primzahlcharakteristik (ungleich 2) sind $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x^2+1 \end{eqnarray*}$ die Polynome, die als Nullstellen die primitiven 8. bzw. 4. Einheitswurzeln haben und genauso ist jede 4. EHW auch 8. EHW, d.h. es genügt wieder $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ zu betrachten.

Idee check.

Zitat:

Während über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ die Kreisteilungspolynome irreduzibel sind, ist das über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ nicht immer so.

Aha! Da muss man also schon mal auf die Bremse.

Zitat:

Aber auch über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ kann man erstmal feststellen, dass Adjunktion einer einzigen Nullstelle von $\begin{eqnarray*} x^4+1 \end{eqnarray*}$ (=primtive 8. EHW) den ganzen Zerfällungskörper liefert.

check.

Zitat:

Die Frage ist also darauf reduziert, was die Galoisgruppe von $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5(\sqrt[4]{-1})/\mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ ist.

Nun ist eine 4. Wurzel aus -1 das Gleiche wie eine Quadratwurzel aus einer Quadratwurzel von -1.

Kann ich nun folgern, dass die Galoiserweiterung von der Ordnung 4 ist? Also C4 oder V4 als Isotyp der Galoisgruppe. Die C4 hat genau eine Untergruppe der Ordnung 2 die V4 hat 3. Wie hilft mir das weiter?

26.05.2011, 00:57

juffo-wup

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Zitat:

Original von tigerbineKann ich nun folgern, dass die Galoiserweiterung von der Ordnung 4 ist?

Die Wurzel aus -1 muss nicht Grad 2 über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ haben..

26.05.2011, 01:17

tigerbine

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Also schaut man sich nun erst mal die Quadratwurzeln an. Nun doch konkret mit Zahlen?

$\begin{eqnarray*} 2 \cdot 2 \equiv 4 \equiv -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3 \cdot 3 \equiv 4 \equiv -1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4 \cdot 4 \equiv 1 \end{eqnarray*}$

Damit liegen die Wurzeln aus -1 bereits in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ und wie bekommen:

$\begin{eqnarray*} x^4+1=(x^2+2)(x^2+3) \end{eqnarray*}$

Die quadr. Faktoren sind nun irreduzibel. Die Körpererweiterung ist vom Grad und isomorph zu V4.

26.05.2011, 01:34

juffo-wup

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Zitat:

Original von tigerbine
Also schaut man sich nun erst mal die Quadratwurzeln an. Nun doch konkret mit Zahlen

Ja, im Grundkörper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5. \end{eqnarray*}$

Zitat:

Die quadr. Faktoren sind nun irreduzibel. Die Körpererweiterung ist vom Grad und isomorph zu V4.

Jetzt verstehe ich nicht, wie du noch zu diesem Schluss kommen kannst. Wir wissen doch, dass wir, um den Zerfällungskörper zu bekommen, lediglich eine 4. Wurzel aus -1 brauchen, d.h. eine Wurzel aus einer Wurzel aus -1. Da eine Wurzel von -1, nämlich 2, schon im Grundkörper liegt, müssen wir nur noch eine Wurzel aus 2 adjungieren (denn die gibt es nicht in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray*}$ ). Also haben wir eine Erweiterung vom Grad 2 und der Zerfällungskörper ist isomorph zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{25}. \end{eqnarray*}$

Das kann man auch anhand der Polynome $\begin{eqnarray*} x^2+2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2+3 \end{eqnarray*}$ verifizieren, deren Zerfällungskörper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_5 (\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ ja demnach ist: Wenn $\begin{eqnarray*} a^2=2 \end{eqnarray*}$ ist, dann sind a und -a die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} x^2+3 \end{eqnarray*}$ und 2a und -2a die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} x^2+2. \end{eqnarray*}$

26.05.2011, 01:42

tigerbine

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Weil ich nur noch auf Standbye denke... Schläfer

Schläfer

Ich habe 2 irred. Faktoren gesehen. Daher an 2 Erweiterungen gedacht. Forum Kloppe

Forum Kloppe

Werde das morgen noch mal üben. Deinen Text verstehe ich. Wenn du magst, kannst du mit ein anderes Polynom und einen endlichen Körper zum üben geben Big Laugh

Big Laugh

26.05.2011, 03:04

juffo-wup

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OK.

Das Polynom $\begin{eqnarray*} x^4+2x^2-1 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_2, \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3,\mathbb{F}_7 \end{eqnarray*}$

26.05.2011, 22:18

tigerbine

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Über F2:

$\begin{eqnarray*} x^4+2x^2-1 \equiv x^4+1 = (x+1)^4 \end{eqnarray*}$

Galois ist trivial.

Für F3,F7:

Ich finde keine Nullstelle. Würde nun Substitution und Lösungsformel machen. verwirrt

verwirrt

$\begin{eqnarray*} x^4+2x^2-1 = (x^2-(-1+\sqrt{2})) (x^2-(-1-\sqrt{2})) \end{eqnarray*}$

27.05.2011, 00:30

juffo-wup

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Stimmt soweit.

27.05.2011, 01:07

tigerbine

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Dann haben wir die Linearfaktorzerlegung

$\begin{eqnarray*} x^4+2x^2-1 = (x-\sqrt{-1+\sqrt{2}})(x+\sqrt{-1+\sqrt{2}})(x-\sqrt{-1-\sqrt{2}})(x+\sqrt{-1-\sqrt{2}}) \end{eqnarray*}$

Bin mir gerade aber nicht sicher, ob mich das weiterbringt.

27.05.2011, 01:19

juffo-wup

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Das ist schon der richtige Ansatz. Erstmal wäre es jetzt sinnvoll festzustellen, ob der Körper ein Element $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ enthält.

27.05.2011, 01:28

tigerbine

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0 und 1 fallen raus

2²=4=1 mod 3 => in F3 kein a²=2.

3²=9=4 mod 5
4²=16 = 1 mod 5

=> in F5 kein a²=2.

27.05.2011, 01:38

juffo-wup

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Ich hatte $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_7 \end{eqnarray*}$ vorgeschlagen, weil dort $\begin{eqnarray*} 3^2=2 \end{eqnarray*}$ gilt. Betrachten wir doch mal diesen Fall zuerst.

27.05.2011, 01:46

tigerbine

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Tschuldigung.

$\begin{eqnarray*} x^4+2x^2-1 &&= (x-\sqrt{-1+3})(x+\sqrt{-1+3})(x-\sqrt{-1-3})(x+\sqrt{-1-3})<br /> &&= (x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{-4})(x+\sqrt{-4})<br /> &&=(x-3)(x+3)(x-\sqrt{-4})(x+\sqrt{-4}) \end{eqnarray*}$

Man muss dort also $\begin{eqnarray*} \sqrt{-4}=\sqrt{3} \end{eqnarray*}$ adjundieren mit Mipo $\begin{eqnarray*} x²-3 \end{eqnarray*}$ . Ware das dann C2?

27.05.2011, 02:04

juffo-wup

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Ja. Es muss eine Erweiterung vom Grad 2 sein, wenn die Nullstellen nicht im Grundkörper liegen und das Polynom Grad 2 hat.

27.05.2011, 15:13

tigerbine

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Ok, nun kommt ja der gemeinere Fall. Diese Verschachtelten Wurzeln machen mir Probleme.

$\begin{eqnarray*} x^4+2x^2-1 = (x-\sqrt{-1+\sqrt{2}})(x+\sqrt{-1+\sqrt{2}})(x-\sqrt{-1-\sqrt{2}})(x+\sqrt{-1-\sqrt{2}}) \end{eqnarray*}$ (*)

Also Idee 1 wäre "einzelne Bausteine" zu ergänzen. So Art "Radikalerweiterung".

Idee 2: Wie darf man die Nullstellen (*) Permutieren? Da ist die Frage, wie man das geschickt anstellt, wenn einem mögliche Widersprüche nicht sofort ins Auge springen. Wir haben betragsmäßig 2 verschiedene Nullstellen. Frage ist, darf man wieder nur +/- vertauschen, oder auch Nullstelle 1 mit Nullstelle 2?

$\begin{eqnarray*} \sqrt{-1+\sqrt{2}} \mapsto \sqrt{-1-\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$

Dann müßte ja folgen, wegen Körper-Homomorphismusregeln:

$\begin{eqnarray*} -1+\sqrt{2} \mapsto -1-\sqrt{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \mapsto -\sqrt{2} \end{eqnarray*}$

verwirrt

verwirrt

27.05.2011, 16:48

juffo-wup

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Idee 1 würde hier zum Ziel führen, wenn ich richtig verstanden habe, was du meinst. Wenn man die Erweiterung in mehrere Schritte aufteilt, kann man so den Grad bestimmen.

Es genügt nämlich bei Körpererweiterungen, bei denen beide Körper endlich sind, den Grad der Erweiterung zu kennen, um die Galoisgruppe eindeutig festzulegen, da es ja für jede mögliche Anzahl von Elementen im Körper nur bis auf Isomorphie einen Körper gibt, der so viele Elemente hat. Auch sind solche Erweiterungen immer normal und separabel.

Wenn L der Zerfällungskörper ist, haben wird erstmal beispielsweise:

$\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3 \subset \mathbb{F}_3\left(\sqrt{2}\right)\subset \mathbb{F}_3\left(\sqrt{2},\sqrt{-1+\sqrt{2}}\right)\subset L \end{eqnarray*}$

Wir wissen schon, dass die erste Erweiterung Grad 2 hat. Die zweite Erweiterung hat Grad 1, wenn das dazuadjungierte Element schon in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3(\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ enhalten ist, sonst Grad 2, da es ja eine Quadratwurzel aus einem Element aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3(\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ ist. Das könnest du erstmal versuchen herauszufinden.

Zu Idee 2: Wenn der Zerfällungskörper nur durch eine Erweiterung, bei der mehrere Elemente adjungiert werden, gegeben ist, dann ist es schwierig direkt festzustellen, welche Permutationen der Nullstellen in der Galoisgruppe liegen. Der Zerfällungskörper kann zum Beispiel als Menge der polynomiellen Ausdrücke in den Nullstellen beschrieben werden, aber für eine Wahl der Bilder der Nullstellen zu überprüfen, dass jedes Polynom in den Nullstellen, das Null ergibt, auch auf Null abgebildet wird, ist nichttrivial. Wenn man aber ein primitives Element hätte, das die Erweiterung alleine erzeugt, dann wäre die Lage deutlich einfacher, da ja dann die Homomorphismen der Galoisgruppe genau den Möglichekeiten entsprechen dieses Element auf seine Konjugierten abzubilden.

27.05.2011, 16:59

tigerbine

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Ok, danke. Das klärt schon mal weitere Fragen zum Grundprinzip.

Wie finde ich nun raus, ob die zweite Erweiterung echt ist? Stelle ich mir dazu $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3(\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ irgendwie anders vor? Z.B. als $\begin{eqnarray*} \mathbb F_9 \end{eqnarray*}$ ? Wobei ich da irgendwie keine Wurzel aus 2 finde. Rechen oder Denkfehler?

27.05.2011, 17:03

juffo-wup

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Die Elemente aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3(\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ haben die Form $\begin{eqnarray*} a+b\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a,b\in\mathbb{F}_3. \end{eqnarray*}$
Wenn du versuchst $\begin{eqnarray*} \sqrt{-1+\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$ so darzustellen, erhältst du entweder Werte für a und b oder einen Widerspruch.

27.05.2011, 21:20

tigerbine

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Also, ich würde dann erst mal ein Element $\begin{eqnarray*} a+b\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ mit a,b aus $\begin{eqnarray*} \mathbb F_3 \end{eqnarray*}$ suchen mit $\begin{eqnarray*} (a+b\sqrt{2})^2=-1+\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ . Das führt mich auf

$\begin{eqnarray*} a^2+2b^2=-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2ab=1 \Leftrightarrow a=(2b)^{-1}=2b^{-1} \end{eqnarray*}$

Damit dann und da b ungleich 0:

$\begin{eqnarray*} 2b^{-2}+2b^2=-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2b^4+b^2+2=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2c^2+c+2=0 \end{eqnarray*}$

=> $\begin{eqnarray*} c=2 \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} b = \pm \sqrt{2} \notin \mathbb F_3 \end{eqnarray*}$

Somit muss man $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3(\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ noch mal erweitern?

27.05.2011, 22:05

juffo-wup

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Das ist richtig. Es geht etwas schneller hier zum Widerspruch zu kommen, wenn man an $\begin{eqnarray*} a^2+2b^2=a^2-b^2=-1 \end{eqnarray*}$ direkt abliest, dass $\begin{eqnarray*} a^2=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b^2=1 \end{eqnarray*}$ und insbesondere $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ sein muss, da Quadrate von Elementen aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3 \end{eqnarray*}$ nur 0 oder 1 ergeben können.

Der Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3 \left(\sqrt{2},\sqrt{-1+\sqrt{2}}\right) =\mathbb{F}_3 \left(\sqrt{-1+\sqrt{2}}\right) \end{eqnarray*}$ hat also Grad 4 über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3. \end{eqnarray*}$
Nebenbei folgt daraus die Irreduzibilität von $\begin{eqnarray*} f=x^4+2x^2-1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3[X]. \end{eqnarray*}$
Da die Erweiterung als Erweiterung von endlichen Körpern normal ist und eine Nullstelle des Polynoms f im Erweiterungskörper liegt, muss es sich schon um den Zerfällungskörper handeln.

27.05.2011, 22:17

tigerbine

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Der Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3 \left(\sqrt{2},\sqrt{-1+\sqrt{2}}\right) =\mathbb{F}_3 \left(\sqrt{-1+\sqrt{2}}\right) \end{eqnarray*}$ hat also Grad 4 über $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_3. \end{eqnarray*}$

Die Gleichheit sehe ich, weil beim zweiten man für $\begin{eqnarray*} (\sqrt{-1+\sqrt{2}})^2 \end{eqnarray*}$ dann im Grunde auch $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ schon drin hat?

Zitat:

Da die Erweiterung als Erweiterung von endlichen Körpern normal ist und eine Nullstelle des Polynoms f im Erweiterungskörper liegt, muss es sich schon um den Zerfällungskörper handeln.

Dazu muss ich den Fundus an Sätzen über endliche Körper wohl noch "erweitern". Wie gehen wir nun vor, um die Entschiedung C4 oder V4 zu treffen?

Ist der Körper am Ende isomorph zu $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{3^4} \end{eqnarray*}$ ?

27.05.2011, 22:28

juffo-wup

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Zitat:

Original von tigerbine
Die Gleichheit sehe ich, weil beim zweiten man für $\begin{eqnarray*} (\sqrt{-1+\sqrt{2}})^2 \end{eqnarray*}$ dann im Grunde auch $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ schon drin hat?

Ja, genau.

Zitat:

Dazu muss ich den Fundus an Sätzen über endliche Körper wohl noch "erweitern". Wie gehen wir nun vor, um die Entschiedung C4 oder V4 zu treffen?

Ist der Körper am Ende isomorph zu $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{3^4} \end{eqnarray*}$ ?

Das muss notwendig wegen der Anzahl der Elemente im Körper der Fall sein. Jetzt muss man noch wissen, dass jede endliche Erweiterung eines endlichen Körpers zyklisch ist:

Für jeden Körper K der Charakteristik p ist die p-te Potenz $\begin{eqnarray*} K\to K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x\mapsto x^p \end{eqnarray*}$ ein Homomorphismus. Da Körperhomomorphismen injektiv sind, ist der Homomorphismus im Fall dass K endlich ist auch surjektiv und damit ein Automorphismus. Außerdem lässt er den Primkörper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ fest: Jedes Element x in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ ist entweder Null (und wird festgelassen) oder in der (p-1)-elementigen zyklischen Einheitengruppe von $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ enthalten und daher gilt $\begin{eqnarray*} x^{p-1}=1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x^p=x. \end{eqnarray*}$

Daher ist für einen endlichen Erweiterungskörper L von $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ die p-te Potenz immer ein Element der Galoisgruppe. Nun muss man sich nur noch überlegen, dass die Ordnung dieses Homomorphismus gleich dem Grad der Erweiterung ist. Damit ist die Galoisgruppe zyklisch von diesem Homomorphismus erzeugt.

27.05.2011, 22:32

tigerbine

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Ok, dann C4 und das fällt unter den Punkt "Recherche über endliche Körper". Werde mich mit neuen Fragen zu dem Thema dann melden!

Danke für die Brotkrumen. Freude

Freude

Vielleicht bekommen wir beim nächsten Mal schon ein Brötchen hin. Wink

Wink

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