Zwischenkörper des Zerfällungskörpers E von x^6+1 bestimmen

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CAEC Auf diesen Beitrag antworten »
Zwischenkörper des Zerfällungskörpers E von x^6+1 bestimmen
Meine Frage:
Hallo zusammen,

die Aufgabenstellung ist wie folgt.Sei E der Zerfällungskörper von [latex X^{6} +1 \in \mathbb{Q} [X] /latex]

Meine Ideen:
sefx
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

könnte weiterhelfen. Die Wurzeln sind Einheitswurzeln.
CAEC Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Elvis,

Ich habe meine Frage offensichtlich unvollständig abgegeben. Weshalb ich dachte das diese automatisch gelöscht wird. Tut mir also leid, dass ich deine Zeit unnötig in Anspruch genommen habe. Aber vielleicht kannst mur ja dennoch weiterhelfen.
Meine Ideen/Ansätze:
-Da E Zerfällungskörper von folgt mit 6-te primitive Einheitswurzel
-Außerdem habe ich noch herausgefunden

Nun ist mein Problem das ich keine passende Gruppe finde welche zu (Galoisgruppe von E/Q) Isomorph ist.

Vielen Dank für eure/deine Hilfe im Voraus !!!
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Vor die Erkenntnis hat der Gott der Mathematik, Evariste Galois, das Rechnen gesetzt. Rechne , um das Polynom 6. Grades in rational irreduzible Polynome zu zerlegen. Es sollte allgemein bekannt sein, welche Nullstellen das quadratische Polynom hat, das biquadratische löst sich ebenfalls leicht auf. Dann sieht man, dass hier ganz andere Einheitswurzeln zu Q adjungiert werden.
Nachtrag : Nachdem ich gerechnet und die Lösung gesehen habe, erkenne ich, dass ich die Lösung auch hätte erraten können. Hinterher ist man immer schlauer, Vorhersagen sind besonders schwierig, wenn man sie vorher machen will. Augenzwinkern
CAEC Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für deine Antwort.
Zunächst einmal hatte ich mich verschrieben und zwar gilt .Zu der Aussage der ,ich bin mir ziemlich sicher das dies korrekt ist. Wie folgendes Dokument zeigt:

.math.uni-tuebingen.de/de/forschung/kombinatorische-algebraische-geometrie/lehre/sose-20-1/blatt-9-loesung-2.pdf
siehe Aufgabe 1.b)

PS:
Ich habe in dem URL www entfernt welches sonst vor ".math....." steht, da ich sonst als unregistriert User die Antwort nicht erstellen kann.
CAEC Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich denke mein Problem ist etwas elementarer bzw. ich habe die Galoistheorie nocht nicht wikrlich verstanden. Sei E/K der Zerfällungskörper eines Polynoms mit , wobei a1,...an die Nst. von f sind, mit E/K ist eine Galoiserweiterung.Nun habe ich folgende Fragen.
Sei f zunächst irreduzibel, ist dann die Abbildung immer injektiv ?
 
 
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »


hat die Nullstellen und
löst man ganz einfach als quadratische Gleichung in , Man erhält eine 12. Einheitswurzel , deren Potenzen nicht nur die 4 Nullstellen von sondern alle 6 Nullstellen von enthalten. Also ist und mit Minimalpolynom , weil dieses Polynom irreduzibel ist.
Ein Teilkörper von E ist offensichtlich , weitere findest du durch Adjunktion anderer Summen von Potenzen von w.
Das Bild zeigt die 4 Nullstellen der biquadratischen Gleichung.

Nachtrag. Die Galoisgruppe hat die Ordnung 4 und enthält 3 Untergruppen der Ordnung 2, weil E drei quadratische Teilkörper enthält. Damit wissen wir nach der Galoistheorie alles was wir wissen wollten.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Zur Galoistheorie insgesamt gebe ich gerne zu, dass sie beim ersten Mal nicht leicht zu verstehen ist. Sie ist der wichtigste Teil der modernen Algebra, also muss man solange arbeiten, bis man sie komplett verstanden hat. Mindestens soweit, dass man den Hauptsatz zielsicher anwenden kann.
Ich habe die Tage gelesen, dass Emil Artin "Galoistheorie" gut zu gebrauchen sei (muss ich mir demnächst Mal aneignen ... ein erster Blick zeigt, dass moderne Darstellungen leichter lesbar sind). Siegfried Bosch "Algebra" lohnt sich ganz sicher, wenn man genug Zeit hat und die Galoistheorie studieren will.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Falls es dich noch interessiert: Die Galoisgruppe ergibt sich auf einfachste Weise dadurch, dass die 12.Einheitswuzel von jedem Automorphismus auf eine der 4 Nullstellen abgebildet werden muss, also auf die 1., 5.,7. oder 11. Potenz von (siehe Bild). Das liegt daran, dass die Galoisgruppe eines irreduziblen Polynoms die Nullstellen dieses Polynoms permutiert. Für die Potenzen gilt dann , weil ein Körperhomomorphismus ist. Insbesondere gilt: 4 verschiedene Möglichkeiten für das Bild von , also , also . Wenn du die 4 Automorphismen ausrechnest, siehst du, dass die Galoisgruppe die Kleinsche Vierergruppe ist, hat als 3 Untergruppen der Ordnung 2. Laut Galoistheorie gibt es also 3 quadratische Teilkörper von E, das sind genau die Fixkörper der 3 Untergruppen der .
Hauptsatz: "Untergruppen der Galoisgruppe Teilkörper der Galoiserweiterung" ist ein Verbandsantiisomorphismus.
CAEC Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen dank ,für deine ausführlichen Antworten smile
Ich denke ich habe die Thematik dadurch schon etwas besser verstanden ,auch wenn ich noch einen weiten Weg vor mir habe.
URL Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
ist dann die Abbildung immer injektiv

Nach meinem Verständnis ist sie das. Wenn zwei Automorphismen die Nullstellen auf die Gleiche Art permutieren, bilden sie insbesondere die Basisvektoren der Körpererweiterung auf die gleiche Art ab. Damit sind sie gleich.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Die Galoisgruppe permutiert die Nullstellen des separablen Polynoms , hat genau verschiedene Nullstellen, also ist die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe . Genau so hat Galois sie definiert. Unter "Gleichheit" von Gruppen verstehen wir "Isomorphie" von Gruppen.
Nachtrag: Man sollte auch stets bedenken, dass die Galoisgruppe eines separablen Polynoms immer transitiv auf den Nullstellen operiert. Definition siehe hier : https://de.wikiversity.org/wiki/Permutat...itiv/Definition
URL Auf diesen Beitrag antworten »

@Elvis: Sind das Kommentare zu meinem Post? verwirrt MIr entgeht gerade der Zusammenhang.
Kann allerdings gut sein, dass ich die Frage von CAEC vollkommen falsch verstanden habe.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn wir die Galoisgruppe von , Polynom vom Grad , als Untergruppe der symmetrischen Gruppe auffassen, dann ist die Identität injektiv, weil die Identität nun mal injektiv ist.
Der Nachtrag war lediglich eine Zugabe, sollte zu Verständnis der Galoistheorie beitragen und hat nicht direkt mit CAECs Frage und deiner (URLs) Antwort zu tun.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

In Tübingen hat gestern eine Algebra-Vorlesung begonnen, in der es um Gruppen (elementare Gruppentheorie), Ringe (Teilbarkeitslehre) und Körper (Galoistheorie) gehen wird.
https://timms.uni-tuebingen.de/tp/UT_202...e24algebra_0001
Vielleicht kann man daraus etwas lernen - ich kenne keine Vorlesung, aus der man nichts lernen kann.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Im ersten Teil der Vorlesung werden die cardanoschen Formeln für kubische Polynome sehr gut nachvollziehbar erklärt, ohne dass man schon die Galoistheorie benutzt, die im 15. Jahrhundert ja auch noch nicht verfügbar war. Ganz großes Kino. Freude
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Hab gestern mal durchgezappt. Der gute Mann kam aber ganz schön ins Schwimmen, als er versuchte zu erklären/motivieren, wie man bei der Entwicklung der Cardanischen Formeln auf den Ansatz mit den Forderungen




kommt. Augenzwinkern

Bei seinem Beispiel hätte er übrigens eine elegante Abkürzung nehmen können: Er hatte ja selbst auf das hingewiesen, damit wäre dort auch durch Ziehen der dritten Wurzel möglich gewesen, mit und , und damit wäre man sofort zu den Lösungen gelangt.

Aber dann wäre es natürlich nicht mehr ein Beispiel für die Anwendung der Cardanischen Formel gewesen. Big Laugh
Luftikus Auf diesen Beitrag antworten »

Hinter dieser dargestellten Umformung steht doch diese berühmt-berüchtigte "Tschirnhaus-Transformation", oder? smile
https://de.wikipedia.org/wiki/Tschirnhaus-Transformation
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Aus dem 3. Teil der Vorlesung lerne ich vor allem, dass man nicht unvorbereitet eine Vorlesung halten sollte. Es darf nicht sein, dass man mit dem Beweis der
Proposition :Seien Gruppen, Gruppenhomomorphismus. Dann gilt ist injektiv
überfordert ist.
Emil Artin oder Emmy Noether wäre das bestimmt nicht passiert. Trotzdem gebe ich nicht so schnell auf, kann ja nur noch besser werden.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Elvis
Trotzdem gebe ich nicht so schnell auf, kann ja nur noch besser werden.


Ich habe mich geirrt, am Ende der 4. Stunde kommt trotz simplen Abschreibens nicht einmal die Zerlegung der in die 3 Links- und Rechtsnebenklassen nach einer zustande. Das Gewürge sehe ich mir nicht weiter an, der Professor hat mein persönliches Mitgefühl, aber meinen Respekt hat er verloren.
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