Galoisgruppe über Z/5Z < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:58 Mo 14.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
| Aufgabe | Bestimme die Galoisgruppe von
[mm] f(x):=x^4-x^2-3 \in \IZ_5[x]. [/mm] |
Hallo,
man kann zeigen, dass f irreduzibel ist:
Es besitzt keine Nullstelle in [mm] \IZ_5 [/mm] und durch Koeffizientenvergleich hab ich gezeigt, dass f nicht [mm] (x^2+ax+b)(x^2+cx+d) [/mm] sein kann.
Hab mir dann folgedes überlegt:
Da die Galoisgruppe die Nullstellen von f permutiert, weiß ich [mm] $Gal(f/\IZ_5)\leq S_4$
[/mm]
Sei L der Zerfällungskörper von f. Dann ist der Frobenishomomorphismus [mm] \Phi:L\to [/mm] L, [mm] x\mapsto x^5 [/mm] ein Element der Galoisgruppe.
Doch jetzt weiß ich nicht mehr weiter...
Wie könnte ich [mm] ord(\Phi) [/mm] bestimmen?
Kann ich vielleicht zeigen, dass [mm] <\Phi>=Gal(f/\IZ_5)?
[/mm]
Lg, Verena
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:36 Mo 14.08.2006 | | Autor: | statler |
Hallo Verena!
> Bestimme die Galoisgruppe von
> [mm]f(x):=x^4-x^2-3 \in \IZ_5[x].[/mm]
> Hallo,
> man kann zeigen, dass f irreduzibel ist:
Ob du es glaubst oder nicht: Dann bist du fertig!
Du hast jetzt eine Erweiterung vom Grad 4 mit 625 Elementen und könntest dir eine komplette Liste machen.
> Es besitzt keine Nullstelle in [mm]\IZ_5[/mm] und durch
> Koeffizientenvergleich hab ich gezeigt, dass f nicht
> [mm](x^2+ax+b)(x^2+cx+d)[/mm] sein kann.
> Hab mir dann folgedes überlegt:
> Da die Galoisgruppe die Nullstellen von f permutiert, weiß
> ich [mm]Gal(f/\IZ_5)\leq S_4[/mm]
> Sei L der Zerfällungskörper von
> f. Dann ist der Frobenishomomorphismus [mm]\Phi:L\to[/mm] L,
> [mm]x\mapsto x^5[/mm] ein Element der Galoisgruppe.
Nicht nur das, er erzeugt sie sogar! Wenn [mm] \alpha [/mm] eine Nullstelle ist, dann sind [mm] \alpha^{5}, \alpha^{25} [/mm] und [mm] \alpha^{125} [/mm] die anderen. Du kannst sie ja mal spaßhalber als Linearkombinationen der ersten 4 Potenzen von [mm] \alpha [/mm] ausrechnen.
> Doch jetzt weiß ich nicht mehr weiter...
> Wie könnte ich [mm]ord(\Phi)[/mm] bestimmen?
> Kann ich vielleicht zeigen, dass [mm]<\Phi>=Gal(f/\IZ_5)?[/mm]
Ich hoffe doch!
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:04 Mo 14.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
Galoistheorie bei endlichen Koerpern ist sehr einfach, da die Galoisgruppe immer zyklisch ist und vom Frobeniusautomorphismus erzeugt wird.
Es gilt uebrigens folgender Satz:
Ist $K$ ein endlicher Koerper und $f [mm] \in [/mm] K[x]$ ein Polynom, das die Primfaktoren [mm] $p_1, \dots, p_k \in [/mm] K[x]$ hat, dann ist der Zerfaellungskoerper der eindeutig bestimmte endliche Koerper mit [mm] $|K|^e$ [/mm] Elementen, wobei $e := [mm] lcm(\deg p_1, \dots, \deg p_k)$ [/mm] ist, und die Galoisgruppe von $f$ ist zyklisch der Ordnung $e$.
Sprich: Wenn du ein irreduzibles Polynom ueber einem endlichen Koerper hast, kannst du ohne ueberlegen sofort die Galoisgruppe angeben 
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:50 Mo 14.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
> Galoistheorie bei endlichen Koerpern ist sehr einfach, da
> die Galoisgruppe immer zyklisch ist und vom
> Frobeniusautomorphismus erzeugt wird.
Das versteh ich nicht ganz, bei unserer letzten Diskussion https://www.vorhilfe.de/read?t=170842 war's doch so, dass die Galoisgruppe [mm] Gal(K_n/K) [/mm] von einer Potenz des Frobeniushomomorphismus $ [mm] \phi:x\mapsto x^p [/mm] $ erzeugt wurde, nämlich von $ [mm] \phi^{e}:x\mapsto x^{p^{e}}=x^d,$ [/mm] also nicht vom Frobeniushomomorphismus selbst...
>
> Es gilt uebrigens folgender Satz:
>
> Ist [mm]K[/mm] ein endlicher Koerper und [mm]f \in K[x][/mm] ein Polynom, das
> die Primfaktoren [mm]p_1, \dots, p_k \in K[x][/mm] hat, dann ist der
> Zerfaellungskoerper der eindeutig bestimmte endliche
> Koerper mit [mm]|K|^e[/mm] Elementen, wobei [mm]e := lcm(\deg p_1, \dots, \deg p_k)[/mm]
> ist, und die Galoisgruppe von [mm]f[/mm] ist zyklisch der Ordnung
> [mm]e[/mm].
>
> Sprich: Wenn du ein irreduzibles Polynom ueber einem
> endlichen Koerper hast, kannst du ohne ueberlegen sofort
> die Galoisgruppe angeben
Heißt das für ein irreduzibles Polynom f mit Grad n, dass für jede Nullstelle [mm] \alpha [/mm] von f gilt, dass der Zerfällungskörper von f über K gleich [mm] K(\alpha) [/mm] ist ?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:11 Mo 14.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> > Galoistheorie bei endlichen Koerpern ist sehr einfach, da
> > die Galoisgruppe immer zyklisch ist und vom
> > Frobeniusautomorphismus erzeugt wird.
>
> Das versteh ich nicht ganz, bei unserer letzten Diskussion
> https://www.vorhilfe.de/read?t=170842 war's doch so, dass
> die Galoisgruppe [mm]Gal(K_n/K)[/mm] von einer Potenz des
> Frobeniushomomorphismus [mm]\phi:x\mapsto x^p[/mm] erzeugt wurde,
> nämlich von [mm]\phi^{e}:x\mapsto x^{p^{e}}=x^d,[/mm] also nicht vom
> Frobeniushomomorphismus selbst...
Da hast du Recht! Gemeint habe ich die kleinste Potenz, die ein $K$-Automorphismus ist, also $x [mm] \mapsto x^{|K|}$ [/mm] (und $|K| = [mm] p^e$).
[/mm]
> > Es gilt uebrigens folgender Satz:
> >
> > Ist [mm]K[/mm] ein endlicher Koerper und [mm]f \in K[x][/mm] ein Polynom, das
> > die Primfaktoren [mm]p_1, \dots, p_k \in K[x][/mm] hat, dann ist der
> > Zerfaellungskoerper der eindeutig bestimmte endliche
> > Koerper mit [mm]|K|^e[/mm] Elementen, wobei [mm]e := lcm(\deg p_1, \dots, \deg p_k)[/mm]
> > ist, und die Galoisgruppe von [mm]f[/mm] ist zyklisch der Ordnung
> > [mm]e[/mm].
> >
> > Sprich: Wenn du ein irreduzibles Polynom ueber einem
> > endlichen Koerper hast, kannst du ohne ueberlegen sofort
> > die Galoisgruppe angeben
>
> Heißt das für ein irreduzibles Polynom f mit Grad n, dass
> für jede Nullstelle [mm]\alpha[/mm] von f gilt, dass der
> Zerfällungskörper von f über K gleich [mm]K(\alpha)[/mm] ist ?
Genau! [mm] $K(\alpha)$ [/mm] ist ebenfalls ein endlicher Koerper und somit ein Zerfaellungskoerper (von dem Polynom $f(x) = [mm] x^{|K(\alpha)|} [/mm] - x [mm] \in [/mm] K[x]$). Und da $f$ eine Nullstelle in [mm] $K(\alpha)$ [/mm] hat, muss es also komplett in Linearfaktoren zerfallen...
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:50 Mo 14.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
> > > Es gilt uebrigens folgender Satz:
> > >
> > > Ist [mm]K[/mm] ein endlicher Koerper und [mm]f \in K[x][/mm] ein Polynom, das
> > > die Primfaktoren [mm]p_1, \dots, p_k \in K[x][/mm] hat, dann ist der
> > > Zerfaellungskoerper der eindeutig bestimmte endliche
> > > Koerper mit [mm]|K|^e[/mm] Elementen, wobei [mm]e := lcm(\deg p_1, \dots, \deg p_k)[/mm]
> > > ist, und die Galoisgruppe von [mm]f[/mm] ist zyklisch der Ordnung
> > > [mm]e[/mm].
> > >
> > > Sprich: Wenn du ein irreduzibles Polynom ueber einem
> > > endlichen Koerper hast, kannst du ohne ueberlegen sofort
> > > die Galoisgruppe angeben
> >
> > Heißt das für ein irreduzibles Polynom f mit Grad n, dass
> > für jede Nullstelle [mm]\alpha[/mm] von f gilt, dass der
> > Zerfällungskörper von f über K gleich [mm]K(\alpha)[/mm] ist ?
>
> Genau! [mm]K(\alpha)[/mm] ist ebenfalls ein endlicher Koerper und
> somit ein Zerfaellungskoerper (von dem Polynom [mm]f(x) = x^{|K(\alpha)|} - x \in K[x][/mm]).
> Und da [mm]f[/mm] eine Nullstelle in [mm]K(\alpha)[/mm] hat, muss es also
> komplett in Linearfaktoren zerfallen...
Ich verstehe hier die Folgerung nicht ganz: [mm]f(x) = x^{|K(\alpha)|} - x \in K[x][/mm] ist doch gar nicht irreduzibel...
Stimmt folgende Überlegung?
Der Körper mit [mm] p^k [/mm] Elementen ist doch bis auf Isomorphie immer der Zerfällungskörper von [mm]f(x) = x^{p^k} - x \in K[x][/mm] über [mm] \IZ_p, [/mm] also auch der Zerfällungskörper $f$ über jedem Zwischenkörper [mm] \IZ_p\subset\K\subset F_{p^k}, [/mm] wobei gilt [mm] |K|=p^m, [/mm] m|k.
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:54 Mo 14.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> > Genau! [mm]K(\alpha)[/mm] ist ebenfalls ein endlicher Koerper und
> > somit ein Zerfaellungskoerper (von dem Polynom [mm]f(x) = x^{|K(\alpha)|} - x \in K[x][/mm]).
> > Und da [mm]f[/mm] eine Nullstelle in [mm]K(\alpha)[/mm] hat, muss es also
> > komplett in Linearfaktoren zerfallen...
>
> Ich verstehe hier die Folgerung nicht ganz: [mm]f(x) = x^{|K(\alpha)|} - x \in K[x][/mm]
> ist doch gar nicht irreduzibel...
Noe, aber das muss es ja auch nicht. Zerfaellungskoerper gibt es auch von nicht-irreduziblen Polynomen. Benutzt du ja auch hier:
> Stimmt folgende Überlegung?
> Der Körper mit [mm]p^k[/mm] Elementen ist doch bis auf Isomorphie
> immer der Zerfällungskörper von [mm]f(x) = x^{p^k} - x \in K[x][/mm]
> über [mm]\IZ_p,[/mm] also auch der Zerfällungskörper [mm]f[/mm] über jedem
> Zwischenkörper [mm]\IZ_p\subset K\subset F_{p^k},[/mm] wobei gilt
> [mm]|K|=p^m,[/mm] m|k.
Genau.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:56 Mo 14.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Dieter!
Leider komm ich so nicht wirklich weiter...
>
> > Bestimme die Galoisgruppe von
> > [mm]f(x):=x^4-x^2-3 \in \IZ_5[x].[/mm]
> > Hallo,
> > man kann zeigen, dass f irreduzibel ist:
>
> Ob du es glaubst oder nicht: Dann bist du fertig!
> Du hast jetzt eine Erweiterung vom Grad 4 mit 625 Elementen
> und könntest dir eine komplette Liste machen.
>
> > Es besitzt keine Nullstelle in [mm]\IZ_5[/mm] und durch
> > Koeffizientenvergleich hab ich gezeigt, dass f nicht
> > [mm](x^2+ax+b)(x^2+cx+d)[/mm] sein kann.
> > Hab mir dann folgedes überlegt:
> > Da die Galoisgruppe die Nullstellen von f permutiert,
> weiß
> > ich [mm]Gal(f/\IZ_5)\leq S_4[/mm]
> > Sei L der Zerfällungskörper
> von
> > f. Dann ist der Frobenishomomorphismus [mm]\Phi:L\to[/mm] L,
> > [mm]x\mapsto x^5[/mm] ein Element der Galoisgruppe.
>
> Nicht nur das, er erzeugt sie sogar! Wenn [mm]\alpha[/mm] eine
> Nullstelle ist, dann sind [mm]\alpha^{5}, \alpha^{25}[/mm] und
> [mm]\alpha^{125}[/mm] die anderen. Du kannst sie ja mal spaßhalber
> als Linearkombinationen der ersten 4 Potenzen von [mm]\alpha[/mm]
> ausrechnen.
Das versteh ich nicht, wie zeigt man, dass für [mm] \alpha [/mm] Nullstelle dann [mm]\alpha^{5}, \alpha^{25}[/mm] und [mm]\alpha^{125}[/mm] die anderen Nullstellen sind?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:18 Mo 14.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> > Nicht nur das, er erzeugt sie sogar! Wenn [mm]\alpha[/mm] eine
> > Nullstelle ist, dann sind [mm]\alpha^{5}, \alpha^{25}[/mm] und
> > [mm]\alpha^{125}[/mm] die anderen. Du kannst sie ja mal spaßhalber
> > als Linearkombinationen der ersten 4 Potenzen von [mm]\alpha[/mm]
> > ausrechnen.
>
> Das versteh ich nicht, wie zeigt man, dass für [mm]\alpha[/mm]
> Nullstelle dann [mm]\alpha^{5}, \alpha^{25}[/mm] und [mm]\alpha^{125}[/mm]
> die anderen Nullstellen sind?
Es ist der uebliche Trick: Da der Frobeniusautomorphismus [mm] $\varphi [/mm] : x [mm] \mapsto x^5$ [/mm] ein [mm] $\IZ_5$-Automorpismus [/mm] ist und $f [mm] \in \IZ_5[x]$ [/mm] liegt, gilt [mm] $f(\varphi(\alpha)) [/mm] = [mm] \varphi(f(\alpha)) [/mm] = [mm] \varphi(0) [/mm] = 0$ fuer jede Nullstelle [mm] $\alpha$ [/mm] von $f$. So. Die Elemente [mm] $\varphi(\alpha) [/mm] = [mm] \alpha^5$, $\varphi(\varphi(\alpha)) [/mm] = [mm] \alpha^{25}$, $\varphi(\varphi(\varphi(\alpha))) [/mm] = [mm] \alpha^{125}$ [/mm] sind also ebenfalls Nullstellen. Jetzt musst du hoechstens noch zeigen, das es alle sind. (Wenn man [mm] $\varphi$ [/mm] vier mal anwendet kommt wieder [mm] $\alpha$ [/mm] raus.)
Du weisst aber, dass die Galoisgruppe (die von [mm] $\varphi$ [/mm] erzeugt wird) transitiv auf den Nullstellen operiert, womit es nicht mehr Nullstellen geben kann!
Und nochmal mit der Galoistheorie bekommst du auch die Antwort, warum das alle Nullstellen sind: Das Polynom [mm] $\prod_{i=0}^3 [/mm] (x - [mm] \varphi^i(\alpha))$ [/mm] liegt wegen der Galoistheorie in [mm] $\IZ_5[x]$, [/mm] und hat [mm] $\alpha$ [/mm] als Nullstelle. Da es den gleichen Grad hat wie $f$ (was gleich dem Minimalpolynom von [mm] $\alpha$ [/mm] ist), muessen die beiden also identisch sein.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:51 Mo 14.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
danke, jetzt bekomm ich allmählich ein bißhen mehr Gefühl für die endlichen Körper ...
Lg, Verena
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