galoische körpererweiterung, bahnpolynom=minimalpolynom

22.06.2011, 22:29

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

galoische körpererweiterung, bahnpolynom=minimalpolynom

Guten Abend,
kann mir jemand Tips oder Ansätze für folgende Aufgabe geben?

Sei $\begin{eqnarray*} L/K \end{eqnarray*}$ eine galoissche Körpererweiterung und $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ eine Untergruppe von $\begin{eqnarray*} Aut(L/K) \end{eqnarray*}$ . Für jedes $\begin{eqnarray*} a \in L \end{eqnarray*}$ definieren wir die Bahn von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ unter $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ durch

$\begin{eqnarray*} a^G=\{(a)\sigma\mid\sigma\in G\} \end{eqnarray*}$
Zeigen Sie, dass das Polynom $\begin{eqnarray*} f_a^G=\prod\limits_{b\in a^G}(x-b)\in L[X] \end{eqnarray*}$
das Minimalpolynom von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} Fix(L,G) \end{eqnarray*}$ ist. Man nennt $\begin{eqnarray*} f^G_a \end{eqnarray*}$ auch das Bahnpolynom von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ unter $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ .

22.06.2011, 23:06

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Erstmal wäre ja zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f_a^{G} \end{eqnarray*}$ überhaupt ein Polynom mit Koeffizienten in Fix(L,G) ist und dass a eine Nullstelle von $\begin{eqnarray*} f_a^{G} \end{eqnarray*}$ ist.
Wenn wir das haben, wäre zu überlegen, warum die Elemente von $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ ebenfalls Nullstellen des Minimalpolynoms von a sein müssen und schließlich, warum es keine weiteren Nullstellen des Minimalpolynoms geben kann außer den Elementen von $\begin{eqnarray*} a^G. \end{eqnarray*}$

23.06.2011, 15:25

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

hallo juffowup,
könntest du mir $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ kurz erklären? ich weiß nicht, was die klammern um das a sollen, oder soll das nur bedeuten, dass $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ von rechts mit a verknüpft wird? Bin da etwas verwirrt.

23.06.2011, 16:31

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich kenne die Schreibweise $\begin{eqnarray*} (a)\sigma \end{eqnarray*}$ auch nicht, aber ich bin mir ziemlich sicher, dass $\begin{eqnarray*} a^G=\{ \sigma(a)\, |\, a\in G\, \} \end{eqnarray*}$ ist. Das wäre dann ja die Bahn von a in Bezug auf die (kanonische) Operation von G auf L. Du kennst doch sicher Gruppenoperationen?

23.06.2011, 17:03

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

meinst du "normale" Verknüpfungen in Grupen oder "eine Gruppe operiert auf einer Menge..."?

23.06.2011, 17:05

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Das zweite. http://de.wikipedia.org/wiki/Gruppenoperation

Anzeige

23.06.2011, 17:11

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

da war ich auch gerade ^^ aber es steht auch in meinem skript.

ok also: erstmal sind in G Körperautomorphismen von L nach L drin, die K fest lassen, oder? Und sie bilden eine Gruppe.

So diese K-Automorphismen operieren auf a aus L. Irgendwie etwas schwer vorzustellen... naja

23.06.2011, 17:18

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Operation ist einfach nur die Anwendung des jeweiligen Homomorphismus. Nichts kompliziertes.

23.06.2011, 17:23

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

ah ok, gut ^^ hört sich alles so komisch an bzw. etwas anders als sonst aufgeschrieben.

wie gehts es dann weiter? Muss jetzt leider kurz weg, bin später wieder da. lg

23.06.2011, 17:28

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie gesagt,..

Zitat:

Original von juffo-wup
Erstmal wäre ja zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f_a^{G} \end{eqnarray*}$ überhaupt ein Polynom mit Koeffizienten in Fix(L,G) ist und dass a eine Nullstelle von $\begin{eqnarray*} f_a^{G} \end{eqnarray*}$ ist.

23.06.2011, 19:03

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

so da bin ich wieder.
also ich sehe gerade keinen grund, wieso die koeffizienten aus fix(L,G) sein müssen, weil die sigmas ja nur die elemente aus k festhalten, aber a ist aus L, also wird es ja vielleicht verändert und dann kann man ja nicht sagen, dass die b's aus fix(L,G) sind. oder was habe ich übersehen?

23.06.2011, 20:18

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

ich habe zu dem thema jetzt etwas gefunde, aber ich verstehe da die letze folgerung nicht. also dort wird es so gezeigt:

wir nennen die elemente von $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ mal $\begin{eqnarray*} a_1,\ldots,a_n \end{eqnarray*}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray*} n=\vert a^G\vert \end{eqnarray*}$ . Da wird jetzt gesagt, dass man annehmen kann, dass alle $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ paarweise verschieden sind. Wieso???

ok weiter: es gilt ja, dass $\begin{eqnarray*} f_a^G=\prod\limits_{i=1}^n(x-a_i)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\ldots+c_0 \end{eqnarray*}$ ist für irgendwelche $\begin{eqnarray*} c_i \end{eqnarray*}$ .
Jetzt wird ein $\begin{eqnarray*} \sigma\in G \end{eqnarray*}$ betrachtet und dieses $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ definiert:
$\begin{eqnarray*} f^\sigma=x^n+\sigma(c_{n-1})x^{n-1}+\ldots+\sigma(c_0)=\prod\limits_{i=1}^n(x-\sigma(a_i))=\prod\limits_{i=1}^n(x-a_i)=f_a^G \end{eqnarray*}$

also so halbwegs kann ich das nachvollziehen: Man setzt das f erstmal so, dann weiß man ja, dass man die c's irgendwie mit sigma von den a's ausdrücken kann (das ist doch so, weil die a's aus nem körper sind und wenn man addiert/multipliziert dann bleiben die in dem körper (also K) und sigma kann mit elementen aus K ja nix anderes machen als sie wieder in K abzubilden, weil die Plätze in L ja schon "vergeben" sind, weil alle sigmas ja bijektiv sein müssen, oder? Und deswegen tun die sigmas die elemente aus K ja nur vertauschen).
EDIT hab gerade L und K vertauscht. Jetzt bin ich total verwirrt ^^

Ok aber dann steht da, dass man durch Koeffizientenvergleich rausbekommt, dass $\begin{eqnarray*} \sigma(a_i)=a_i\forall i \end{eqnarray*}$ gelten muss. das versteh ich nicht...

23.06.2011, 20:48

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mapsto
ich habe zu dem thema jetzt etwas gefunde, aber ich verstehe da die letze folgerung nicht. also dort wird es so gezeigt:

wir nennen die elemente von $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ mal $\begin{eqnarray*} a_1,\ldots,a_n \end{eqnarray*}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray*} n=\vert a^G\vert \end{eqnarray*}$ . Da wird jetzt gesagt, dass man annehmen kann, dass alle $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ paarweise verschieden sind. Wieso???

Wieso nicht? Es sind eben endlich viele Elemente, die durchnummeriert werden, sodass jedes davon in der Nummerierung genau einmal vorkommt.

Zitat:

ok weiter: es gilt ja, dass $\begin{eqnarray*} f_a^G=\prod\limits_{i=1}^n(x-a_i)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\ldots+c_0 \end{eqnarray*}$ ist für irgendwelche $\begin{eqnarray*} c_i \end{eqnarray*}$ .
Jetzt wird ein $\begin{eqnarray*} \sigma\in G \end{eqnarray*}$ betrachtet und dieses $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ definiert:
$\begin{eqnarray*} f^\sigma=x^n+\sigma(c_{n-1})x^{n-1}+\ldots+\sigma(c_0)=\prod\limits_{i=1}^n(x-\sigma(a_i))=\prod\limits_{i=1}^n(x-a_i)=f_a^G \end{eqnarray*}$

also so halbwegs kann ich das nachvollziehen: Man setzt das f erstmal so, dann weiß man ja, dass man die c's irgendwie mit sigma von den a's ausdrücken kann (das ist doch so, weil die a's aus nem körper sind und wenn man addiert/multipliziert dann bleiben die in dem körper (also K) und sigma kann mit elementen aus K ja nix anderes machen als sie wieder in K abzubilden, weil die Plätze in L ja schon "vergeben" sind, weil alle sigmas ja bijektiv sein müssen, oder? Und deswegen tun die sigmas die elemente aus K ja nur vertauschen).
EDIT hab gerade L und K vertauscht. Jetzt bin ich total verwirrt ^^

Die Elemente $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ sind ja in L. Erstmal weiß man also nach der Definition von $\begin{eqnarray*} f_a^G \end{eqnarray*}$ nur $\begin{eqnarray*} f_a^G\in L[X]. \end{eqnarray*}$
Dass nun sogar $\begin{eqnarray*} f_a^G\in Fix(L,G)[X] \end{eqnarray*}$ gilt, ist äquivalent dazu, dass die Koeffizienten $\begin{eqnarray*} c_i \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} f_a^G \end{eqnarray*}$ alle von den Elementen in G festgelassen werden.

Sei also $\begin{eqnarray*} \sigma\in G \end{eqnarray*}$ und wir müssen $\begin{eqnarray*} \sigma(c_i)=c_i \end{eqnarray*}$ zeigen.
Was jetzt in dem Beweis oben verwendet wird, ist dass Abbilden der Koeffizienten eines Polynoms in $\begin{eqnarray*} L[X] \end{eqnarray*}$ mit einem Homomorphismus $\begin{eqnarray*} \sigma:L\to L \end{eqnarray*}$ ein Homomorphismus des Polynomringes ist. Insbesondere kommt es auf das gleiche heraus, ob man bei 2 gegebenen Polynomen erst die Koeffizienten mit $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ abbildet und dann das Produkt der entstandenen Polynome bildet oder erst das Produkt der Polynome bildet und anschließend die Koeffizienten des Produkes mit $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ abbildet. Wenn dir das nicht klar ist, rechne es nach!

Dann wird noch benutzt, dass Anwenden von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ auf die Menge $\begin{eqnarray*} \{a_1,..,a_n\} \end{eqnarray*}$ einer Permutation der Elemente $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ entspricht und daher $\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^n (x-\sigma(a_i))=\prod_{i=1}^n (x-a_i) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Ok aber dann steht da, dass man durch Koeffizientenvergleich rausbekommt, dass $\begin{eqnarray*} \sigma(a_i)=a_i\forall i \end{eqnarray*}$ gelten muss. das versteh ich nicht...

Das ist Quatsch und steht wahrscheinlich auch nicht so in dem Beweis.

23.06.2011, 21:01

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

hmm das steht da aber:
http://www.iazd.uni-hannover.de/~wewers/...bra1/galois.pdf

seite 15 oben (fängt seite 14 unten an).

das mit der nummerierung: es wird gesagt, dass es so viele verschiedene a's gibt wie die mächtigkeit von a^G. Aber das heißt doch, dass alle Sigmas aus G das a auf ein anderes Element abbilden. Aber kann man das einfach so sagen?

Den rest deiner erklärung habe ich verstanden. Aber jetzt stellt sich noch die Frage, wieso dann $\begin{eqnarray*} \sigma(a_i)=a_i \end{eqnarray*}$ gilt. Es ist doch egal, in welcher Reihenfolge ich die a's vom x abziehe, also (x-2)(x-3)=(x-3)(x-2), das meine ich. wie schließt man das denn nun???

23.06.2011, 21:11

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

In dem von dir verlinkten Beweis werden die Elemente, die du hier $\begin{eqnarray*} c_i \end{eqnarray*}$ genannt hast, $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ genannt und die, die du $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ nennst, heißen dort $\begin{eqnarray*} \alpha_i. \end{eqnarray*}$ Bitte erstmal richtig lesen!

Zitat:

das mit der nummerierung: es wird gesagt, dass es so viele verschiedene a's gibt wie die mächtigkeit von a^G. Aber das heißt doch, dass alle Sigmas aus G das a auf ein anderes Element abbilden. Aber kann man das einfach so sagen?

Nein, das heißt es nicht. $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ ist die Menge der Bilder von a unter den Elementen von G und in einer Menge kommen 'nach Definition' keine Elemente mehrmals vor. Die Frage, ob für irgendwelche $\begin{eqnarray*} \sigma,\tau \in G \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \sigma(a)=\tau(a) \end{eqnarray*}$ ,wird dabei garnicht angesprochen.

23.06.2011, 21:29

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

achso, ja stimmt, das hatte ich irgendwie gerade verwechselt. ich hatte irgendwie im kopf, dass mächtigkeit von a^G= Anzahl der Sigmas. Keine Ahnung, wieso ich das dachte.

zu der seite: Dann steht da, dass $\begin{eqnarray*} \sigma(c_i)=c_i \end{eqnarray*}$ wegen Koeffizientenvergleich. Liegt dass an den Potenzen von x? Also dass die koeff. vor jedem x gleich sein müssen, ist ja eig klar. hmm ja dann wars das ja eigentlich mit den koeffizienten, also dass die in dem fixkörper liegen.

als nächstes muss gezeigt werden, dass a eine nullstelle von $\begin{eqnarray*} f_a^G \end{eqnarray*}$ ist. kann man da nicht damit argumentieren, dass die identitätsabbildung auf jeden fall in G ist und damit gibts ein sigma mit $\begin{eqnarray*} \sigma(a)=a \end{eqnarray*}$ und deswegen gibts einen faktor in dem polynom der lautet $\begin{eqnarray*} x-a \end{eqnarray*}$ und wenn man a einsetzt, dann wird der faktor 0 und damit das ganze polynom. oder?

dann muss man zeigen, dass die anderen a's auch nullstelle von dem minimalpolynom von a sein müssen. das wird in dem verlinkten beweis ja auch gezeigt, aber habs noch net ganz verstanden.

also für alle elemente aus $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ gibts ein sigma mit $\begin{eqnarray*} \sigma(a)=a_i \end{eqnarray*}$ . das ist ja klar, weil es genau so definiert ist. dann steht dort $\begin{eqnarray*} g(a)=0\Rightarrow g(a_i)=0 \end{eqnarray*}$ wobei g das Minimalpolynom von a ist. Aber da Blick ich noch nicht ganz durch.
edit: da steht ja auch, dass man sich beweis 7.1 anschauen soll. und da ist dann eine rechnung wo man das sigma am ende rauszieht und man sieht, dass dann auch $\begin{eqnarray*} \sigma(a) \end{eqnarray*}$ eine Nullstelle ist.

den rest versteh ich dann aber, also dass damit folgt, dass $\begin{eqnarray*} f_a^G \end{eqnarray*}$ ein teiler von g sein muss, aber g ist ja reduzibel (wegen def von minimalpolynom) und kann keine teiler haben, also muss f=g sein. oder???

23.06.2011, 21:47

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mapsto
zu der seite: Dann steht da, dass $\begin{eqnarray*} \sigma(c_i)=c_i \end{eqnarray*}$ wegen Koeffizientenvergleich. Liegt dass an den Potenzen von x? Also dass die koeff. vor jedem x gleich sein müssen, ist ja eig klar. hmm ja dann wars das ja eigentlich mit den koeffizienten, also dass die in dem fixkörper liegen.

Mal langsam. Dass sie im Fixkörper liegen, ist ja das, was gezeigt werden soll. Hast du denn diesen Schritt verstanden:

Zitat:

Dann wird noch benutzt, dass Anwenden von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ auf die Menge $\begin{eqnarray*} \{a_1,..,a_n\} \end{eqnarray*}$ einer Permutation der Elemente $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ entspricht und daher $\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^n (x-\sigma(a_i))=\prod_{i=1}^n (x-a_i) \end{eqnarray*}$

23.06.2011, 21:56

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

ja das ist doch eigentlich klar, weil ja wie gesagt die reihenfolge egal ist. oder?
edit:oder meinst du, ob ich verstanden habe, dass die permuttieren? weil das sollte ja an der bijektivität liegen oder?

und dann hab ich ja am ende da stehen
$\begin{eqnarray*} x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\ldots+c_0=\ldots =x^n+\sigma(c_{m-1})x^{n-1}+\ldots+\sigma(c_0) \end{eqnarray*}$ und an dieser gleichung sieht man das dann.

23.06.2011, 22:17

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mapsto
ja das ist doch eigentlich klar, weil ja wie gesagt die reihenfolge egal ist. oder?
edit:oder meinst du, ob ich verstanden habe, dass die permuttieren? weil das sollte ja an der bijektivität liegen oder?

Ja. Ich halte es nochmal genauer fest: Aus $\begin{eqnarray*} \sigma(a_i)=\sigma(a_j) \end{eqnarray*}$ würde wegen der Injektivität von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ schon $\begin{eqnarray*} a_i=a_j \end{eqnarray*}$ folgen, also sind die Elemente $\begin{eqnarray*} \sigma(a_i) \end{eqnarray*}$ alle verschieden und es ist immer $\begin{eqnarray*} \sigma(a_i)=a_j \end{eqnarray*}$ für irgendein j nach Definition von $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \{a_1,..,a_n\}=\{\sigma(a_1),..,\sigma(a_n)\} \end{eqnarray*}$ und die Produkte sind gleich.

Zitat:

als nächstes muss gezeigt werden, dass a eine nullstelle von $\begin{eqnarray*} f_a^G \end{eqnarray*}$ ist. kann man da nicht damit argumentieren, dass die identitätsabbildung auf jeden fall in G ist und damit gibts ein sigma mit $\begin{eqnarray*} \sigma(a)=a \end{eqnarray*}$ und deswegen gibts einen faktor in dem polynom der lautet $\begin{eqnarray*} x-a \end{eqnarray*}$ und wenn man a einsetzt, dann wird der faktor 0 und damit das ganze polynom. oder?

Das ist richtig.

Zitat:

dann muss man zeigen, dass die anderen a's auch nullstelle von dem minimalpolynom von a sein müssen. das wird in dem verlinkten beweis ja auch gezeigt, aber habs noch net ganz verstanden.
also für alle elemente aus $\begin{eqnarray*} a^G \end{eqnarray*}$ gibts ein sigma mit $\begin{eqnarray*} \sigma(a)=a_i \end{eqnarray*}$ . das ist ja klar, weil es genau so definiert ist. dann steht dort $\begin{eqnarray*} g(a)=0\Rightarrow g(a_i)=0 \end{eqnarray*}$ wobei g das Minimalpolynom von a ist. Aber da Blick ich noch nicht ganz durch.

Sei $\begin{eqnarray*} g(x)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+..+c_0\quad \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} c_i\in K \end{eqnarray*}$
Es gilt $\begin{eqnarray*} 0=g(a)=a^n+c_{n-1}a^{n-1}+..+c_0 \end{eqnarray*}$
Wende auf diese Gleichung links und rechts nun $\begin{eqnarray*} \sigma\in G \end{eqnarray*}$ an.

23.06.2011, 22:22

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

ok gut, dann hab ich das eigentlich alles verstanden. das am ende steht ja auch in dem link. da fangen die mit $\begin{eqnarray*} f(\sigma(a))=\sigma(a)^nc_{n-1}+\ldots=\sigma(f(a))=\sigma(0)=0 \end{eqnarray*}$ stimmt doch, oder?

23.06.2011, 22:25

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn das f jetzt das Polynom sein soll, das du eben noch g genannt hast, ja.

23.06.2011, 22:31

mapsto

Auf diesen Beitrag antworten »

ja =)

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »