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Körpergrad und Galois-Gruppe bestimmen

Universität / Fachhochschule

Gruppen

Körper

Polynome

Ringe

Tags: Galoisgruppe, Grad, Gruppen, isomorph, Körper, Körpererweiterung, polynom, Ring

S-amalgh

18:39 Uhr, 02.04.2021

Hallo zusammen, Ich habe diese Körpererweiterung

ℚ \subseteq ℚ

(dritte Wurzel von

2)

Könnte mir jemand bitte erklären, wie ich den Körpergrad berechnen und die Galois-Gruppe bestimmen soll? und dann zu welcher Gruppe die Galois-Gruppe isomorph ist?
Ich habe in 4 Tage mündliche Algebra-Prüfung und muss das sehr gut verstanden haben um das für irgendeine Körpererweiterung berechnen und bestimmen zu können.

Danke im Voraus! :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Einführung
Raummessung

ermanus aktiv_icon

19:32 Uhr, 02.04.2021

Hallo,
sei

L / K = Q (α) / Q

mit

α = \sqrt[3]{2}

α

ist offenbar Nullstelle des Polynoms

f = X^{3} - 2

.
Nach Eisenstein ist

f

irreduzibel, also ist

f

das Minimnalpolynom für

α

über

Q

.
Damit folgt

[L : K] = d e g (f) = 3

.
Eine

K

-Basis von

L

ist beispielsweise

{1, α, α^{2}}

.
Da die übrigen Nullstellen von

f

nicht in

L

liegen,
gilt

G a l (L / K) = {i d_{L}}

.
Die Galoisgruppe des Zerfällungsköpers (=

G a l (f))

ist natürlich nicht trivial. Geht es dir um diese?
Gruß ermanus

S-amalgh

21:52 Uhr, 02.04.2021

Danke erstmal für deine Antwort.
Danke ich habe verstanden wie man den Körpergran berechnen kann.
Aber ich habe nicht verstanden, wie man die Galois-Gruppe bestimmen kann und ich habe keine Idee was das ist und so. Könntest du mir bitte das veranschaulichen ?

michaL aktiv_icon

22:25 Uhr, 02.04.2021

Hallo,

weiah, wie viel Ahnung bringst du denn mit?

Die Galoisgruppe der Erweiterung

E : K

(manchmal auch

E / K

bezeichnet) ist die Menge aller (Körper-)Automorphismen auf

E

, die

K

elementweise festlässt.

^{[1]}

Speziell in deinem Fall, in dem

K = ℚ

und

E = ℚ [α]

mit

α := \sqrt[3]{2}

gilt, muss man folgendes beachten:
1. Ein Automorphismus liegt schon durch die Angabe der Bilder auf einer Basis (wie etwa

{1, α, α^{2}}

) fest. Hier reicht also schon die Angabe zweier Bilder, das von 1 und das von

α

. Da es sich um Automorphismen handelt, muss

1 \mapsto 1

gelten, sodass es nur auf das Bild von

α

ankommt.
2. Jedes Element

t

eines (algebraischen) Erweiterungskörpers muss durch einen

K

-Automorphismus wieder auf eine Nullstelle seines eigenen Minimalpolynoms abgebildet werden, denn es gilt:

μ_{t} (φ (t)) = φ (μ_{t} (t)) = φ (0) = 0

, wobei

φ

ein

K

-Automorphismus sei.

Die beiden anderen Nullstellen des Minimalpolynoms von

α

sind komplex und fallen daher als mögliche Bilder eines Automorphismus für

α

weg.
Es gibt also nur einen einzigen

ℚ

-Automorphismus von

ℚ [α]

: die Identität.

Dieses Beispiel wird übrigens in der Literatur gerne durchexerziert. Du findest es in diversen Standardwerken im Bereich Körpererweiterungen und Automorphismen.

Mfg Michael

Links: [1] de.wikipedia.org/wiki/Galoisgruppe#Definition

ermanus aktiv_icon

11:09 Uhr, 03.04.2021

Vielleicht hast du ja Michaels Verwunderung über deine Wissenslücken
ernstgenommen und dein Galoisgruppen-Wissen inzwischen auf einen
besseren Stand gebracht ;-)
Als nicht so triviales Beispiel lass uns die Galoisgruppe
des Zerfällungskörpers von

f

über

Q

anschauen:
der Zerfällungskörper von

f

innerhalb des Körpers der komplexen Zahlen
wird von den 3 Nullstellen von

f

erzeugt, ist also

= Q (α_{1}, α_{2}, α_{3})

, wobei

α_{1} = α

sei.
Wegen

{(α_{2} / α_{1})}^{3} = 2 / 2 = 1

ist

α_{2} / α_{1}

eine 3-te Einheitswurzel

ω \neq 1

. Damit sind die 3 Lösungen
von

X^{3} - 2 = 0

die Zahlen

α_{1} = α = \sqrt[3]{2}, α_{2} = α ω, α_{3} = α ω^{2}

.
Der Zerfällungskörper ist damit

Z_{f} = Q (α, α ω, α ω^{2})

.
Man kann sich leicht überlegen, dass

Z_{f} = Q (ω, α)

ist.
Man erhält

[Z_{f} : Q] = [Q (ω, α) : Q (ω)] \cdot [Q (ω) : Q] = 3 \cdot 2 = 6

.
Die Galoisgruppe

G a l (Z_{f} / Q)

enthält also 6 Q-Automorphismen.
Es gibt zwei wesentlich verschiedene Gruppen(typen) mit 6
Elementen.
Welche Gruppen sind das?
Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

11:58 Uhr, 04.04.2021

Nachdem unser Fragesteller wohl in den Osterferien
verschwunden ist, hier noch kurz ein Abschluss der
Untersuchung der Galoisgruppe von

Z_{f}

.
Einer der wichtigen Sätze der Galoistheorie besagt,
dass die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers eines
Polynoms

f

als Permutationsgruppe der Nullstellen
von

f

aufgefasst werden kann, so dass man eine
Einbettung

G a l (Z_{f} / Q) \subseteq S_{n}

hat, wobei

S_{n}

die volle Permutationsgruppe (symmetrische Gruppe)
der

n

Nullstellen von

f

bedeutet. In unserem Falle kann man
also

G a l (Z_{f} / K) \subseteq S_{3}

annehmen und wegen

∣ S_{3} ∣ = 6 = d e g (f)

hat man

G a l (f_{Z} / Q) ≅ S_{3}

.
Österliche Grüße
ermanus

S-amalgh

05:42 Uhr, 05.04.2021

Danke euch erstmal für die Erklärung.. ich habe nicht ganz verstanden deswegen will noch einige Fragen stellen und ich hoffe ich nerve nicht..
Haben wir 3 Nullstellen wegen des Grades des Polynoms? oder hat das damit nix zu tun? Die anderen 2 Nullstellen sind

e^{2 \cdot π \cdot \frac{i}{3}}

und

e^{4 \cdot π \cdot \frac{i}{3}}

aber was ich nicht verstehe wenn wir die in unserem Polynom einsetzten wie bekommen wir Null dann ? wie haben wir das gerechnet ?

"Man kann sich leicht überlegen, dass Zf=Q(ω,α) ist."
Das habe ich auch nicht verstanden wie man darauf kommt
Z_f=Q(ω,α) statt Z_f=Q(α,αω,αω^2).

"Zf:Q

]

=[Q(ω,α):Q(ω)]⋅[Q(ω):Q]=3⋅2=6."
Was sind hier die 6 Elemente? Könntest du mir die bitte nennen?

"Die Galoisgruppe Gal(Zf/Q) enthält also 6 Q-Automorphismen"
Also heißen die Elemente Q-Automorphismen in diesem Fall oder wie?

"symmetrische Gruppe"
Das mit der symmetrische Gruppe habe nicht so gut verstanden wieso haben wir die angenommen? und Welche Gruppen könnten auch sein?

Danke im Voraus und ich hoffe ich nerve nicht.. ich muss aber das versehen deswegen..

Österliche Grüße :-))

ermanus aktiv_icon

09:48 Uhr, 05.04.2021

Hallo,
zum ersten Punkt:
Das Polynom hat 3 verschiedene Nullstellen, da es irreduzibel ist
und den Grad 3 hat (Separabilität ist hier wegen Charakteristik=0 klar).
Eine Nullstelle ist

α := \sqrt[3]{2}

.
Sei nun

ω

eine primitive 3-te Einheitswurzel, etwa

ω = \exp (2 \cdot π \cdot \frac{i}{3})

.
Dann gilt

ω^{3} = 1

, also

f (α) = α^{3} - 2 = 0, f (α ω) = α^{3} ω^{3} - 2 = 2 \cdot 1 - 2 = 0

und

f (α ω^{2}) = α^{3} ω^{6} - 2 = 2 \cdot 1 - 2 = 0

α, α ω, α ω^{2}

sind also die Nullstellen von

f

.
Die anderen Punkte folgen demnächst ...
Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

11:50 Uhr, 05.04.2021

Zum zweiten Punkt:
"Man kann sich leicht überlegen, dass Zf=Q(ω,α) ist."
Das habe ich auch nicht verstanden wie man darauf kommt
Z_f=Q(ω,α) statt Z_f=Q(α,αω,αω^2).

Wenn man sich überlegt, dass man

Z_{f}

dadurch erhält,
dass man

α

, dann

α ω

und dann

α ω^{2}

Q

adjungiert, kommt man auf die Idee, dass man ja auch

α

und dann

ω

adjungieren könnte, dann kann man auch

α ω

erzeugen. Man hat die Hoffnung, dass dann gilt

Q (α, ω) = Q (α, α ω, α ω^{2})

.
Da man

α, α ω, α ω^{2}

aus

α

und

ω

zusammensetzen kann, gilt

α, α ω, α ω^{2} \in Q (α, ω)

, also

Q (α, α ω, α ω^{2}) \subseteq Q (α, ω)

.
Um die umgekehrte Inklusion zu erhalten, müssen wir zeigen,
dass

α, ω \in Q (α, α ω, α ω^{2})

ist.
Nun ist

ω = \frac{α ω}{α}

, also

ω \in Q (α, α ω, α ω^{2})

,
was zu zeigen war.
Fortsetzung folgt ...

michaL aktiv_icon

14:10 Uhr, 05.04.2021

Hallo,

ich würde den Zerfällungskörper von

f = X^{3} - 2

über

ℚ

anders aufschreiben, damit ich es hinterher mit den Automorphismen leichter habe.

Die Nullstellen von

f

sind

α := \sqrt[3]{2}

\sqrt[3]{2} (- \frac{1}{2} + \frac{i \sqrt{3}}{2})

und

\sqrt[3]{2} (- \frac{1}{2} - \frac{i \sqrt{3}}{2})

, oder mit ermanus' Schreibweise

α

α ω

und

α ω^{2}

.

Und ich würde aber den Zerfällungskörper als

E := ℚ [α, i \sqrt{3}]

schreiben.

Dass für die drei Nullstellen

α, α ω, α ω^{2} \in E

gilt, sollte klar sein.
Andererseits gilt

[E : ℚ] = [E : ℚ [α]] \cdot [ℚ [α] : ℚ] = 6

.
Der zweite Faktor ist drei, was daher rührt, dass das Minimalpolynom von

α

über

ℚ

gerade

f

ist, und

f

den Rang 3 hat.
Der zweite Faktor ist 2. Man rechnet leicht nach, dass

g := X^{2} + 3

als Nullstelle

i \sqrt{3}

hat und irreduzibel über

ℚ [\sqrt[3]{2}]

ist.

Damit enthält

E

den Zerfällungskörper, hat aber selbst die gleiche Dimension als \mathbb{Q}-Vektorraum wie dieser. Folglich sind die beiden als Vektorräume (und damit als Körper identisch.
(Hier verwendet man, dass für endlich-dimensionale

K

-VRe

U \leq V

mit

\dim_{K} (U) = \dim_{K} (V)

schon

U = V

gilt.)

Nun ist also die Frage zu beantworten, welche

ℚ

-Automorphismen es auf

E

gibt. Bedenke, dass ein Automorphsimus schon durch die Bilder auf einer Basis festgelegt ist.
Eine kanonische Basis von

E

über

ℚ

wäre demnach

{1, \sqrt[3]{2}, (\sqrt[3]{2})^{2} = \sqrt[3]{4}, i \sqrt{3}, \sqrt[3]{2} \cdot i \sqrt{3}, \sqrt[3]{4} \cdot i \sqrt{3}}

Aufgrund

1 \mapsto 1

(sonst lässt der Homomorphismus nicht

ℚ

elementweise fest und wäre ansonsten auch kein Körperhomomorphismus), müssen wir uns vor allem fragen, worauf

\sqrt[3]{2}

und

i \sqrt{3}

abgebildet werden.
Wenn deren Bilder festliegen, dann auch die der anderen, die ja Produkte aus genau diesen beiden sind. Und weil es diese Körperautomorphismen insbesondere auch mit der Multiplikation vertauschen, brauchen wir nur diese Bilder.

Nun rufe ich dir erneut in Erinnerung, dass die Bilder nur wieder Nullstellen des eigenen Minimalpolynoms sein dürfen, d.h. wir haben die Möglichkeiten

\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2}

\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2} (- \frac{1}{2} + \frac{i \sqrt{3}}{2})

\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2} (- \frac{1}{2} - \frac{i \sqrt{3}}{2})

einerseits und

i \sqrt{3} \mapsto i \sqrt{3}

i \sqrt{3} \mapsto - i \sqrt{3}

andererseits.

Zunächst muss man sich klarmachen, dass jede dieser Möglichkeiten auch existiert. Dazu dient im Wesentlichen der Satz von Kronecker bzw. die Anhebbarkeit von Isomorphismen.
Desweiteren muss man sich klarmachen, dass die Bilder von

\sqrt[3]{2}

und

i \sqrt{3}

unabhängig voneinander gewählt werden können. (Das resultiert daraus, dass beide als Mitglieder einer Basis eben linear unabhängig sind.)

Damit kann man die 6 Automorphismen mehr oder weniger direkt angeben.

Wenn man 2 geeignete der 6 Automorphismen mal nacheinander ausführt, findet man welche, bei denen auf die eine Weise andere Ergebnisse herauskommen als auf die andere Weise, weshalb man sagen kann, dass die Galoisgruppe nicht kommutativ ist.

Die einzigen beiden Gruppen der Ordnung 6 sind eine kommutative (also

(Z_{6}, +, 0, -)

) und eine nicht kommutative (die

S_{3}

).

Mfg Michael

PS: Zum Ende hin bin ich mit größeren Schritten vorgegangen. Da sind also noch Lücken. Wirklich verstanden hat man das nur, wenn man die Lücken auch wirklich mal füllt.

S-amalgh

14:25 Uhr, 05.04.2021

Wie kommt man auf diese Nullstellen? Und was hat das mit n-te Einheitswurzel zu tun?

michaL aktiv_icon

15:25 Uhr, 05.04.2021

Hallo,

> Wie kommt man auf diese Nullstellen?

Ich nehme an, dass die Antwort darauf "Erfahrung" lauten sollte.

> Und was hat das mit n-te Einheitswurzel zu tun?

Ich fürchte, die Antwort darauf ist die gleiche!

Vergleiche doch mal die beiden Gleichungen:

x^{3} = 1

(1)
im Vergleich zu

x^{3} = 2

(2)

Lösungen zu (1) sind gerade die 3. Einheitswurzeln. Das sind 1 und die Lösungen von

x^{2} + x + 1 = 0

. (Bevor du fragst: (1) kann man auch schreiben als

x^{3} - 1 = 0

, wovon man weiß, dass

x = 1

eine Lösung ist. Die kann man per Polynomdivision austeilen. Ergebnis:

x^{2} + x + 1

.)
Lösungen davon berechnet man per

p q

-Formel:

x_{1; 2} = - \frac{1}{2} \pm \sqrt{\frac{1}{4} - 1} = \frac{1}{2} \pm \sqrt{- \frac{3}{4}} = \frac{- 1 \pm \sqrt{- 3}}{2}

So einfache Potenzgleichungen wie (1) oder (2) erledigt man am besten in Polarkoordinatendarstellung:

(r \cdot e^{i φ})^{3} = r^{3} e^{i 3 φ} \overset{!}{=} 2 \cdot e^{i \cdot 0}

(Im Falle von (2))

Man arbeitet die beiden Polarkoordinaten sinnvollerweise getrennt ab:

r^{3} = 2

(was reell zu lösen ist) und

3 φ = 0

mod

2 π

Aus der ersten Gleichung ergibt sich

r = \sqrt[3]{2} = α

und aus der zweiten

φ = \frac{2}{3} π

bzw.

φ = \frac{4}{3} π

(jeweils mod

2 π

).

Damit siehst du auch den Zusammenhang zu den dritten Einheitswurzeln. Nennt man etwa (wie ermanus oben) die eine dritte Einheitswurzel

ω

, so ergeben sich die beiden Lösungen oben zu

\sqrt[3]{2} ω

und

\sqrt[3]{2} ω^{2}

.
Ich denke, du musst dich da mal ein bisschen in komplexe Zahlen und Polarkoordinaten einlesen.

Mfg Michael

ermanus aktiv_icon

16:36 Uhr, 05.04.2021

Hallo,
erst einmal schöne Restostern für Michael.
Das ist ja mal ein interessanter Thread, weil hier zwei recht
unterschiedliche Herangehensweisen für "Galois-Geschichten"
vorgetragen werden. Michael ist sehr explizit und interessiert sich
für die Wirkung von Automorphismen auf Basiselemente der
Erweiterungskörper aufgefasst als Vektorräume.
Ich bin wohl eher "implizit gestrickt", für mich ist nicht so sehr
die Wirkung auf Vektorrraumerzeugende wichtig, sondern die Wirkung auf
"Algebra-Erzeugende". Ferner ignoriere ich die
Einbettung der Sache in den Körper der komplexen Zahlen.
Daher bleibe ich gerne bei meinem "Körperturm"

Q \subseteq Q (ω) \subseteq Q (ω, α)

,
wobei mir egal ist, wie

ω

"aussieht".
Hauptsache, es gilt

0 = ω^{3} - 1 = (ω - 1) (ω^{2} + ω + 1)

,
und damit auch nebenbei erwähnt

ω^{2} + ω + 1 = 0

.
Um nun Automorphismen festzulegen, gehe ich "hemdsärmelig" vor:
Wir benötigen einen Automorphismus, der

α

in eine andere
Nullstelle von

f

abbildet, z.B.

σ (α) = α ω

und der zugleich

Q (ω)

fix lässt,
also

σ (ω) = ω

.
Ferner setzen wir den Automorphismus von

Q (ω)

,
der

ω

in die andere Nullstelle von

ω^{2} + ω + 1 = 0

abbildet identisch auf

Z_{f}

fort:

τ (ω) = ω^{2}, τ (α) = α

.
Damit haben wir für die Permutationen der Nullstellen von

f

,
die als

α_{1} = α, α_{2} = α ω, α_{3} = α ω^{2}

durchnumeriert seien:

σ (α_{1}) = σ (α) = α ω = α_{2}

, also 1 -> 2,

σ (α_{2}) = σ (α ω) = σ (α) σ (ω) = α ω \cdot ω = α_{3}

, also

2 - > 3

σ

entspricht also der Permutation

(1 2 3) \in S_{3}

.
Nun betrachten wir

τ

in seiner Wirkung auf die Nullstellen:

τ (α_{1}) = τ (α) = α_{1}

, also

1

bleibt fest.

τ (α_{2}) = τ (α ω) = τ (α) τ (ω) = α ω^{2} = α 3

, also

2 - > 3,

entsprechend

τ (α_{3}) = α_{2}

, also 3 -> 2.
Damit entspricht

τ

der Transposition

(2 3) \in S_{3}

Die Permutationen

(1 2 3), (2 3)

erzeugen

S_{3}

.
Gruß ermanus

S-amalgh

00:01 Uhr, 06.04.2021

Danke für die tolle Erklärung :-)

was sind die 6 Elemente in der Gal

(Q (a, ω) : Q (a))

eigentlich? könntest du mir sie bitte nennen?

zweite und letzte Frage:
könntest du mir bitte sagen die Anzahl der Elementen in jeder Gruppe? ( mindestens in den wichtigsten Gruppen .. ich habe das gegoogelt aber nix gefunden). In

S_{3}

und

ℤ_{6}

gibts ja 6 Elemente aber wie vile gibts in den anderen?
Danke im Voraus und sorry wenn ich nerve

ermanus aktiv_icon

10:27 Uhr, 06.04.2021

Hallo,
es ist mit meinen Bezeichnungen

G a l (Q (ω, α) : Q) = {i d, σ, σ^{2}, τ, σ τ, σ^{2} τ}

.
Dass die Gruppe nicht abelsch ist, siehst du daran, dass

σ τ \neq τ σ

ist.

In den Beispielen und Aufgaben zu Galoisgruppen reicht es normalerweise
"kleine" Gruppen zu kennen:
n=1: die triviale Gruppe,
n=2:

Z_{2}

,
n=3:

Z_{3}

,
n=4: hier gibt es zwei Gruppen:

Z_{4}

und

Z_{2} \times Z_{2}

,
n=5:

Z_{5}

,
n=6: zwei Gruppen:

Z_{6} ≅ Z_{2} \times Z_{3}

und

S_{3}

,
n=7:

Z_{7}

,
n=8: hier gibt es 5 Gruppen:
abelsche Gruppe:

Z_{8}, Z_{4} \times Z_{2}, Z_{2} \times Z_{2} \times Z_{2}

,
nichtabelsche Gruppen:

D_{4}

Diedergruppe (des Quadrats) und

Q_{8}

Quaternionengruppe
Zudem sollte man noch die Untergruppenreihe

{e} \subset V_{4} \subset A_{4} \subset S_{4}

kennen
sowie ein bisschen was sagen können über

S_{n}

mit

n \geq 5

.
Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

13:50 Uhr, 06.04.2021

Bei meiner Definition von

τ

war ich sprachlich etwas schlampig.
Ich zitiere daher sicherheitshalber Michael (14:10 Uhr, 05.04.2021):
"Dazu dient im Wesentlichen der Satz von Kronecker bzw. die Anhebbarkeit von Isomorphismen."
Damit bekommen wir die Fortsetzung des Iso

ω \mapsto ω^{2}

auf

Z_{f}

S-amalgh

17:47 Uhr, 06.04.2021

Sind die 6 Elemente nicht die Nullstellen von dem Polynom

(x^{3} - 2) (x^{3} - 1)

?
Und sind die 6 Automorphismen die 6 Elemnte oder ist das was anderes?
Ich verstehe auch die Permutationen nicht so gut..

ermanus aktiv_icon

18:06 Uhr, 06.04.2021

Die Elemente der Galoisgruppe sind Körperautomorphismen.
Das ist doch etwas ganz anderes als die Nullstellen eines Polynoms.
Ich weiß ehrlich nicht, wie ich dir die Theorie nahebringen
soll, wenn du die Grundlagen nicht verstehst :(

S-amalgh

18:08 Uhr, 06.04.2021

Eigentlich die Körperautomorphismen verstehe ich nicht so gut..
Und wir haben 6 Automorphismen weger der Körpergrad von der Körpererweiterung

[ℚ (a, ω) : ℚ]

michaL aktiv_icon

21:59 Uhr, 06.04.2021

Hallo,

also, da sind schon Zusammenhänge zwischen dem Grad der Körpererweiterung, Anzahl von Nullstellen (jedenfalls im Falle separabler Erweiterungen) und der Ordnung der Galoisgruppe (zumindest bei galoisschen Erweiterungen).

Aber, wie ermanus schon ganz richtig schreibt:
Die Grundlagen muss man kennen, sonst versteht man die weiterführenden Theorien auch nicht. (Wie denn auch?)

Ich bleibe bei all diesen Dingen mal bei vollkommenen/perfekten Körpern, also solchen, über denen irreduzible Polynome stets separabel sind. Das wiederum heißt, dass diese Polynome keine mehrfachen, sondern nur einfache Nullstellen haben.

Zusammenhang Anzahl Nullstellen und Grad der Körpererweiterung:
Ist

K (α) : K

eine algebraische Erweiterung, so gilt:

[K (α) : K] = \deg (μ_{α; K}) = ∣ {t \in \overline{K} ∣ μ_{α; K} (t) = 0} ∣

.

Dabei sei

\overline{K}

ein algebraischer Abschluss von

K

, also ein Körper, der alle über

K

algebraischen Elemente enthält und selbst algebraisch über

K

ist.
Desweiteren sei

μ_{α; K}

das Minimalpolynom von

α

über

K

.

Zusammenhang zwischen Grad der Körpererweiterung und der zugehörigen Galoisgruppe bei endlichen Erweiterungen:
Ist

E : K

eine endliche galoissche (also algebraische, normale und separable) Erweiterung, so gilt:

∣ Gal (E : K) ∣ = [E : K]

Zu deiner Erweiterung

ℚ (α, ω) : ℚ

: Diese ist endlich und galoissch. Letzteres weiß man daher, weil

ℚ (α, ω)

gerade der Zerfällungskörper von

X^{3} - 2

über

ℚ

ist.
Da

[ℚ (α, ω) : ℚ] = [ℚ (α, ω) : ℚ (α)] \cdot [ℚ (α) : ℚ] = 2 \cdot 3 = 6

gilt (Letzter Faktor rührt gerade daher, dass das Minimalpolynom von

α

über

ℚ

gerade

X^{3} - 2

ist und offensichtlich Grad 3 hat. Der erste Faktor rührt daher, weil das Minimalpolynom von

ω

(über

ℚ (α)

) gerade

X^{2} + X + 1

(

= \frac{X^{3} - 1}{X - 1}

) ist. Dieses hat offensichtlich den Grad 2.)

Damit hat die Erweiterung den Grad 6, weshalb es auch 6

ℚ

-Automorphismen von

ℚ (α, ω)

gibt/geben muss.

Seien die Nullstellen von

μ_{α; ℚ}

mal

α_{1} := α

α_{2}

und

α_{3}

, und die von

μ_{ω; ℚ (α)}

gerade

ω_{1} := ω

und

ω_{2}

.
Dann sind die Nullstellenmengen gerade

A := {α_{1}, α_{2}, α_{3}}

und

O := {ω_{1}, ω_{2}}

.

Vielleicht sollten wir nochmal die rechnerischen Zusammenhänge notieren:

A

enthält die Nullstellen von

X^{3} - 2

O

die von

X^{2} + X + 1

.
Es gelten also

ω_{i}^{2} + ω_{i} + 1 = 0

ω_{i}^{3} = 1

ω_{2} = \overline{ω_{1}}

, aber auch

ω_{1}^{2} = - 1 - ω_{1} = ω_{2}

.

Dann sind da noch:

α_{2} = α ω_{1}

α_{3} = α ω_{2} = α ω_{1}^{2}

Wichtig ist nun eine Basis von

ℚ (α, ω)

über

ℚ

.
Eine naheliegende ist

B := {1; ω; α; α ω; α^{2}; α^{2} ω}

.

Jetzt wollen wir mal konkret die 6 Automorphismen durch Angabe der Bilder auf der Basis

B

angeben.
Dabei haben wir im Hinterkopf, dass

1 \mapsto 1

gelten muss. Zudem können Bilder nur wieder Nullstellen des Minimalpolynoms sein.

Damit haben wir:

(\begin{array}{rcl} 1 & \mapsto & 1 \\ ω & \mapsto & ω \\ α & \mapsto & α \\ α ω & \mapsto & α ω \\ α^{2} & \mapsto & α^{2} \\ α^{2} ω & \mapsto & α^{2} ω \end{array})

(\begin{array}{rcl} 1 & \mapsto & 1 \\ ω & \mapsto & ω_{2} \\ α & \mapsto & α \\ α ω & \mapsto & α ω_{2} \\ α^{2} & \mapsto & α^{2} \\ α^{2} ω & \mapsto & α^{2} ω_{2} \end{array})

(\begin{array}{rcl} 1 & \mapsto & 1 \\ ω & \mapsto & ω \\ α & \mapsto & α_{2} \\ α ω & \mapsto & α_{2} ω \\ α^{2} & \mapsto & α_{2}^{2} \\ α^{2} ω & \mapsto & α_{2}^{2} ω \end{array})

(\begin{array}{rcl} 1 & \mapsto & 1 \\ ω & \mapsto & ω \\ α & \mapsto & α_{3} \\ α ω & \mapsto & α_{3} ω \\ α^{2} & \mapsto & α_{3}^{2} \\ α^{2} ω & \mapsto & α_{3}^{2} ω \end{array})

(\begin{array}{rcl} 1 & \mapsto & 1 \\ ω & \mapsto & ω_{2} \\ α & \mapsto & α_{2} \\ α ω & \mapsto & α_{2} ω_{2} \\ α^{2} & \mapsto & α_{2}^{2} \\ α^{2} ω & \mapsto & α_{2}^{2} ω_{2} \end{array})

(\begin{array}{rcl} 1 & \mapsto & 1 \\ ω & \mapsto & ω_{2} \\ α & \mapsto & α_{3} \\ α ω & \mapsto & α_{3} ω_{2} \\ α^{2} & \mapsto & α_{3}^{2} \\ α^{2} ω & \mapsto & α_{3}^{2} ω_{2} \end{array})

Die erste Abbildung ist die identische Abbildung

id

.
Die zweite Abbildung bildet

ω

auf

ω_{2}

ab, lässt

α

aber fest. ermanus hat sie als

τ

bezeichnet (wenn ich das richtig erinnere). Die Festlegung der Bilder von

ω

und

α

legen in Kombination schon die von

α^{2}

α ω

und

α^{2} ω

fest.

Jetzt kommt der Teil, warum die Permutationsgruppen so wichtig sind:

τ

vertauscht die beiden Nullstellen

α_{2}

und

α_{3}

und lässt

α_{1}

fest.
(In der Wirkung entspricht

τ

der komplexen Konjugation.)

Unter diesem Gesichtspunkt ist noch die dritte Abbildung interessant, die

α

auf

α_{2}

abbildet, aber

ω

unverändert lässt. Bei ermanus heißt diese Abbildung

σ

.

Stellt sich die Frage, wie

σ

auf die anderen Nullstellen

α_{2}

und

α_{3}

wirkt. Es gilt

σ (α_{2}) = σ (α ω) = σ (α) σ (ω) = α_{2} ω = (α ω) ω = α ω^{2} = α ω_{2} = α_{3}

.
Eine ähnliche Rechnung (oder eben die Tatsache, dass das Bild von

α_{3}

wieder eine der Nullstellen

α_{i}

sein muss, wegen der Injektivität aber

α_{2}

und

α_{3}

schon ausgeschlossen sind) ergibt

σ (α_{3}) = α_{1} = α

.

Lässt man die

α

s mal weg, so gilt kurz:

τ (2) = 3

τ (3) = 2

, noch kürzer könnte man das als

(2 3) \in S_{3}

schreiben.
Ebenso tauscht

σ

die

α_{i}

einmal im Kreis, d.h. man könnte in anderer Schreibweise

σ = (1 2 3) \in S_{3}

auffassen.

Ich will aber betonen, dass ermanus all diese Dinge in seinem posting 16:36 Uhr, 05.04.2021 ausgeführt hat.

Mfg Michael

S-amalgh

01:12 Uhr, 07.04.2021

Wieso ist die Basis so

B := {1; ω;

α ; α

ω;

α^2 ; α^2

ω}

?
und nicht zB

B := {1;

ω ; α ; α ω ; α^2 ; α^2 ω^2 ; ω^2

}

oder so was

also Könntest du mir bitte die Menge von

ℚ (a, ω)

schreiben?

S-amalgh

02:33 Uhr, 07.04.2021

"n=4: hier gibt es zwei Gruppen:

Z 4

und

Z_{2}

Z_{2}

"

was ist der Unterschied zwischen

Z_{4}

und

Z_{2}

Z_{2}

? wann wähle ich das und wann wähle ich das andere?

S-amalgh

02:39 Uhr, 07.04.2021

Ich habe das von den allten Klausuren (siehe bild)

Er musste Fortsetzungen galoisgruppe bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist

Wie kann man durch Fortsetzung bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist ? und auch wie kann man durch Fortsetzung die normale Hülle bilden?

S-amalgh

02:41 Uhr, 07.04.2021

Ich weiß ich nerve euch es tut mir wirklich sehr leid... ich habe morgen( Donnerstag) die mündliche Prüfung und bin sehr aufgeregt deswegen...
Bitte beantwortet mir diese 3 letzte Fragen und dann fertig
Vielen vielen Dank im Voraus...

michaL aktiv_icon

08:54 Uhr, 07.04.2021

Hallo,

ich hoffe, die Antworten kommen für dich nicht zu spät. Vorab: Viel Erfolg für die Prüfung.

Al Basen kommen natürlich mehrere infrage.
Deine aber nicht, da bei dir die Elemente

1

ω

ω^{2}

vorkommen. In diesem Fall gilt

ω^{2} + ω + 1 = 0

, die Elemente sind also nicht linear unabhängig, was die Basismitglieder ja aber sein müssen.

Bleiben wir mal bei dem Spezialfall

K (α, β) : K (α) : K

und den Minimalpolynomen

μ_{α; K}

und

μ_{β; K (α)}

mit ihren Graden

\deg (μ_{α; K}) = n

und

\deg (μ_{β; K (α)}) = m

.

Dann sind doch

B_{α} = {1, α, α^{2}, \dots, α^{n - 1}}

und

B_{β} := {1, β, β^{2}, \dots, β^{m - 1}}

kanonische Basen von

K (α)

als

K

-Vektorraum bzw.

K (α, β)

als

K (α)

-Vektorraum.
Dann ist

B_{α} \times B_{β}

die kanonische Basis von

K (α, β)

als

K

-Vektorraum.

Der Beweis dazu steht übrigens in jedem Algebrabuch, dass den Satz

[E : K] = [E : L] [L : K]

beweist.
In diesem Spezialfall sind nämlich per Definition

[K (α) : K] = \deg (μ_{α; K}) = n = ∣ B_{α} ∣

und

[K (α, β) : K (β)] = \deg (μ_{β; K}) = m = ∣ B_{β} ∣

.

Daraus folgt dann ja (wie hoffentlich bekannt)

[K (α, β) : K] = ∣ B_{α} \times B_{β} ∣ = ∣ B_{α} ∣ \cdot ∣ B_{β} ∣ = n \cdot m

.

Aber: Das alles steht in jedem Standardbuch, das Körpererweiterung behandelt.

ℚ (α, ω) = {a + b ω + c α + d α ω + e α^{2} + f α^{2} ω ∣ a, b, c, d, e, f \in ℚ}

ist eine mögliche Darstellung.

Wann man z.b.

ℤ_{4}

bzw.

ℤ_{2} \times ℤ_{2}

vorliegen hat, hat hochgradig mit den speziellen Graden der entsprechenden Minimalpolynome zu tun. Ich kann das jedenfalls nicht pauschal beantworten.

Zur letzten Frage: Das Bild ist nicht angekommen (Größenbeschränkung 500 kB, glaube ich)!

Mfg Michael

ermanus aktiv_icon

09:57 Uhr, 07.04.2021

Hallo,
als Beispiele zu der Frage, ob

Z_{4}

oder

Z_{2} \times Z_{2}

die richtige
4-elementige Galoisgruppe ist, hier zwei typische Galoiserweiterungen:

G a l (Q (\sqrt{p}, \sqrt{q}) : Q) ≅ Z_{2} \times Z_{2}

mit primen

p \neq q

und

G a l (Q (\sqrt{2 + \sqrt{2}}) : Q) ≅ Z_{4}

Z_{4}

enthält ein Element der Ordnung 4, in

Z_{2} \times Z_{2}

hat jedes
Element außer dem neutralen die Ordnung 2.
Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

12:25 Uhr, 07.04.2021

Vielleicht noch zur Ergänzung:
ist

p > 2

eine Primzahl und

ζ_{p}

eine primitive

p

-te Einheitswurzel, so gilt:

G a l (Q (ζ_{p}) : Q) ≅ Z_{p - 1}

(Galoisgruppe der Kreisteilungskörper ...)

S-amalgh

13:32 Uhr, 07.04.2021

Vielen Dank für die tolle Erklärung :-))
Nein es ist noch nicht spät weil meine Prüfung morgen stattfindet.

Ich habe das von den allten Klausuren (siehe bild)

Er musste Fortsetzungen galoisgruppe bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist

Wie kann man durch Fortsetzung bilden um zu überprüfen zu welcher die Galoisgruppe isomorph ist ? und auch wie kann man durch Fortsetzung die normale Hülle bilden?

S-amalgh

13:40 Uhr, 07.04.2021

Außerdem wieso ist Gal(

ℚ (a, ω) : ℚ (a))

nicht normal? Ich dachte die ist normal eigentlich

S-amalgh

13:51 Uhr, 07.04.2021

Und was ich noch nicht verstehe ist wie kann ich mit dem Hauptsatz der Galois-gruppe zeigen zu welcher Gruppe die Galoisgruppe isomorph ist ? Könntest du mir bitte dieses Satz erklären vielleicht?

Alles was er in seiner Prüfung gefragt wurde habt ihr mir das erklärt und verstehe ich das ganz gut

ermanus aktiv_icon

15:45 Uhr, 07.04.2021

Hallo,
gemeint ist nicht
"

Q (α) \subseteq Q (ω, α)

ist nicht normal",
sondern, dass
"

G a l (Q (ω, α) : Q (α))

keine normale Untergruppe,
also kein Normalteiler von

G a l (Q (ω, α) : Q)

ist."

Sei

L := Q (ω, α)

und

U = {i d, τ}

die Untergruppe
von

G a l (L : Q)

, die

Q (α)

elementweise festlässt,
also

L^{U} = Q (α)

.
Dann ist nach dem von dir bereitgestellten Satz

U = G a l (L : L^{U}) = G a l (Q (ω, α) : Q (α))

genau dann ein Normalteiler in

G a l (L : Q)

, wenn

L^{U}

eine normale Erweiterung von

Q

ist. Das aber ist nicht der Fall, also
besitzt

G a l (L : Q)

eine Untergruppe, die nicht Normalteiler ist,
also ist

G a l (L : Q)

nicht abelsch, kann also nicht zu

Z_{6}

isomorph sein.
Gruß ermanus

S-amalgh

18:50 Uhr, 07.04.2021

Kann ℚ(α,ω)=

{a + b

+ c

+ d

α ω

+ e

ω²

+ f

ω² α ∣

a, b, c, d, e, f

∈ ℚ

}

so sein oder nur so :
ℚ(α,ω)=

{

a + b

+ c

+ d

α ω

+ e

α²

+ f

α² ω ∣

a, b, c, d, e, f

∈ ℚ

}

?

Und noch was : ist das auch richtig oder nicht:

f (a) = a; f (j) = j

g(a)=ja;

g (j) = j

h (a) = j^{2} a; h (j) = j

p (a) = a; p (j) = j^{2}

q (a) =

ja;

q (j) = j^{2}

r (a) = j^{2} a; r (j) = j^{2}

f, g, h, p, q, r

sind dann die sechs Elemente der Galoisgruppe.

(a = 3

wurzel 2 und

j = e^{2 \cdot π \cdot \frac{i}{3}})

ermanus aktiv_icon

19:14 Uhr, 07.04.2021

In der ersten Menge seien

a = b = c = d = e = f = 1

gesetzt.
Dann gilt

1 + ω + α + α ω + ω^{2} + α ω^{2} =

= 1 + ω + ω^{2} + α (1 + ω + ω^{2}) = 0 + α \cdot 0 = 0

,
d.h.

{1, ω, α, α ω,, ω^{2}, α ω^{2}}

ist eine linear abhängige Menge,
also keine Basis :(

S-amalgh

19:19 Uhr, 07.04.2021

Und noch was : ist das auch richtig oder nicht:

f (a) = a; f (j) = j

g(a)=ja;

g (j) = j

h (a) = j^{2} a; h (j) = j

p (a) = a; p (j) = j^{2}

q (a) =

ja;

q (j) = j^{2}

r (a) = j^{2} a; r (j) = j^{2}

f, g, h, p, q, r

sind dann die sechs Elemente der Galoisgruppe.

(a = 3

wurzel 2 und j=e^(2⋅π⋅i3))

ermanus aktiv_icon

19:19 Uhr, 07.04.2021

Was soll denn

j

sein?

S-amalgh

19:21 Uhr, 07.04.2021

j = e^{2 \cdot π \cdot \frac{i}{3}}

also

ω

ermanus aktiv_icon

19:42 Uhr, 07.04.2021

"Und noch was : ist das auch richtig oder nicht:"

Ja, das ist richtig :-)

S-amalgh

20:04 Uhr, 07.04.2021

Könntest du mir bitte ein Beispiel von Separable Erweiterung geben und dann der Spearabilitätgrad rechnen?
Danke im Voraus:-))

S-amalgh

10:11 Uhr, 08.04.2021

Ich habe jetzt die Prüfung dank euch bestanden :-D) ..Danke für alles!

ermanus aktiv_icon

10:29 Uhr, 08.04.2021

Prima! Gratuliere!
Dann hat sich ja der Aufwand gelohnt :-) :-)
Gruß ermanus

S-amalgh

13:36 Uhr, 10.04.2021

Danke Grüße zurück! :-)

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