Zerfällungskörper < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:59 Mi 25.11.2009 | | Autor: | moerni |
| Aufgabe | Bestimme Erzeuger für den Zerfällungskörper L über [mm] \mathbb [/mm] Q an und bestimme den [mm] Körpergrad[L:\mathbb [/mm] Q]
[mm] 1)x^3-1
[/mm]
[mm] 2)x^4-5x^2+6
[/mm]
[mm] 3)x^6-8 [/mm] |
Hallo. Ich habe einige Fragen zur obigen Aufgabe:
1. Wie gehe ich vor? Ich habe mir überlegt, zuerst alle Nullstellen des Polynoms zu bestimmen. bei 1) sind das [mm] 1,e^{2\pi i}, (e^{2\pi i})^2. [/mm] (sowas ähnliches hatten wir in der Vorlesung). Warum gibts nicht mehr Nullstellen, zb. [mm] -e^{3\pi i} [/mm] oder [mm] e^{6\pi i}?
[/mm]
2. Wie gehe ich bei Polynomen der Form 2) oder 3) vor?
3. Der Zerfällungskörper bei 1) wäre [mm] \mathbb Q(1,e^{2\pi i},(e^{2\pi i})^2) [/mm] = [mm] \mathbb Q(e^{2\pi i} [/mm] (???stimmt das).
4. Wie wäre der Körpergrad der Erweiterung? Ich habe mir überlegt, er könnte vielleicht 2 sein? Weil es sich um den von [mm] \mathbb [/mm] Q und [mm] e^{2\pi i} [/mm] erzeugten Körper handelt, dh die Basis eine Länge 2 hat???
Über eine hilfreiche Antwort wäre ich sehr dankbar,
grüße, moerni
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Die Lösungen sind außer 1 nicht [mm] e^{2\pi i} [/mm] und [mm] e^{4\pi i}, [/mm] da [mm] e^{2\pi i}=1 [/mm] ist und einer Volldrehung in der komplexen Ebene entspricht. Demnach ist dann auch [mm] e^{4\pi i}=1*1=1 [/mm] usw.
Tatsächlich heißen die Lösungen 1, [mm] e^{\bruch{2}{3}\pi i} [/mm] und [mm] e^{\bruch{4}{3}\pi i}, [/mm] wobei die nächste Lösung [mm] e^{\bruch{6}{3}\pi i}=e^{2\pi i}=1 [/mm] wieder mit der ersten identisch wäre.
Bei 2) substituiert du [mm] t=x^2 [/mm] und erhältst so eine quadratische Gleichung in t, die du mit p-q-Formel lösen kannst. Die beiden (ggf auch komplexen) Lösungen in t setzt du wieder [mm] =x^2, [/mm] nimmst von ihnen also die positive und negative Wurzel und erhältst so alle 4 Lösungen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:48 Do 26.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Bestimme Erzeuger für den Zerfällungskörper L über
> [mm]\mathbb[/mm] Q an und bestimme den [mm]Körpergrad[L:\mathbb[/mm] Q]
> [mm]3)x^6-8[/mm]
Bei Polynomen vom Typ [mm] $x^n [/mm] - a$, wo $a [mm] \neq [/mm] 0$ keine Einheitswurzel ist und wo $n > 1$ ist (fuer $n = 1$ brauchst du nichts zu tun  ), gehst du wie folgt vor:
Einmal brauchst du zum Loesen eine "spezielle" Loesung [mm] $\alpha [/mm] = [mm] \sqrt[n]{a}$ [/mm] und eine $n$-te Einheitswurzel [mm] $\zeta_n [/mm] = [mm] e^{2 \pi i / n}$. [/mm] Die Nullstellen sind ja [mm] $\alpha, \alpha \zeta_n, \alpha \zeta_n^2, \dots, \alpha \zeta_n^{n-1}$; [/mm] diese muessen im Zerfaellungskoerper liegen. Ebenso liegt [mm] $\zeta_n [/mm] = [mm] \frac{\alpha \zeta_n}{\alpha}$ [/mm] im Zerfaellungskoerper: er ist also [mm] $\IQ(\beta, \zeta_n)$.
[/mm]
Wenn jetzt [mm] $x^n [/mm] - a$ irreduzibel ist (kann man oft mit Eisenstein nachweisen), dann weisst du schonmal, dass [mm] $[\IQ(\alpha) [/mm] : [mm] \IQ] [/mm] = n$ ist. Weiterhin ist [mm] $[\IQ(\zeta_n) [/mm] : [mm] \IQ] [/mm] = [mm] \varphi(n)$ [/mm] (Eulersche [mm] $\phi$-Funktion).
[/mm]
Wenn jetzt [mm] $\varphi(n)$ [/mm] und $n$ teilerfremd sind, so muss nach dem Multiplikationssatz fuer Koerpergrade [mm] $[\IQ(\alpha, \zeta_n) [/mm] : [mm] \IQ] [/mm] = n [mm] \varphi(n)$ [/mm] sein.
Wenn sie nicht teilerfremd sind, musst du weiterarbeiten. Du weisst dann naemlich nur, dass der echte Koerpergrad ein Teiler von $n [mm] \varphi(n)$ [/mm] und ein Vielfaches von $kgV(n, [mm] \varphi(n))$ [/mm] ist.
Im Fall $n = 6$ ist etwa [mm] $\varphi(n) [/mm] = 2$, womit der Grad des Zerfaellungskoerpers entweder $6$ oder $12$ ist. Hier kann man allerdings sehr schnell zeigen, dass er 12 sein muss. (Beachte: [mm] $\IQ(\alpha) \subseteq \IR$. [/mm] Ist [mm] $\zeta_6 \in \IR$?)
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:40 Mi 09.12.2009 | | Autor: | moerni |
> Bei Polynomen vom Typ [mm]x^n - a[/mm], wo [mm]a \neq 0[/mm] keine
> Einheitswurzel ist und wo [mm]n > 1[/mm] ist, gehst du wie folgt vor:
>
> Einmal brauchst du zum Loesen eine "spezielle" Loesung
> [mm]\alpha = \sqrt[n]{a}[/mm] und eine [mm]n[/mm]-te Einheitswurzel [mm]\zeta_n = e^{2 \pi i / n}[/mm].
> Die Nullstellen sind ja [mm]\alpha, \alpha \zeta_n, \alpha \zeta_n^2, \dots, \alpha \zeta_n^{n-1}[/mm];
> diese muessen im Zerfaellungskoerper liegen. Ebenso liegt
> [mm]\zeta_n = \frac{\alpha \zeta_n}{\alpha}[/mm] im
> Zerfaellungskoerper: er ist also [mm]\IQ(\beta, \zeta_n)[/mm].
ok, soweit alles klar.
> Wenn jetzt [mm]x^n - a[/mm] irreduzibel ist (kann man oft mit
> Eisenstein nachweisen), dann weisst du schonmal, dass
> [mm][\IQ(\alpha) : \IQ] = n[/mm] ist.....
Problem: was mache ich nun, wenn das Polynom reduzibel ist?
Ich habe nun das Polynom x^80-1 über [mm] F_7 [/mm] gegeben. Die Nullstellen sind also 1, [mm] \zeta_{80},...,\zeta_{80}^{79}. [/mm] Der Zerfällungskörper ist also [mm] F_7(\zeta_{80}). [/mm] Man kann das polynom zerlegen in [mm] (x-1)(x^{79}+...+x+1). [/mm] Ich vermute, dass das Polynom [mm] x^{79}+...+x+1 [/mm] irreduzibel ist (beweis???). Wie muss ich nun vorgehen, wenn ich den Körpergrad [mm] [L:F_7] [/mm] bestimmen will (wobei L ist der Zefällungskörper).
Über eine hilfreiche Antwort wäre ich sehr dankbar.
moerni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:12 Do 10.12.2009 | | Autor: | moerni |
ich wollte nur nochmal auf meine Frage aufmerksam machen...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:04 Fr 11.12.2009 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Wenn jetzt [mm]x^n - a[/mm] irreduzibel ist (kann man oft mit
> > Eisenstein nachweisen), dann weisst du schonmal, dass
> > [mm][\IQ(\alpha) : \IQ] = n[/mm] ist.....
>
> Problem: was mache ich nun, wenn das Polynom reduzibel
> ist?
Dann musst es erst faktorisieren. Oder in Spezialfaellen was anderes machen.
> Ich habe nun das Polynom x^80-1 über [mm]F_7[/mm] gegeben. Die
> Nullstellen sind also 1, [mm]\zeta_{80},...,\zeta_{80}^{79}.[/mm]
> Der Zerfällungskörper ist also [mm]F_7(\zeta_{80}).[/mm] Man kann
Ja. Hier hast du allerdings endliche Koerper, also etwas spezielles. Ein endlicher Koerper mit $q$ Elementen hat $q - 1$ Einheiten, und alle diese sind $(q - 1)$te Einheitswurzeln (es gibt auch eine primitive $(q - 1)$te). Weiterhin ist eine $n$-te primitive Einheitswurzel genau dann in dem Koerper vorhanden, wenn $n$ ein Teiler von $q - 1$ ist.
Also: damit [mm] $\zeta_{80}$ [/mm] in [mm] $\IF_{7^m}$ [/mm] enthalten ist, muss $80 [mm] \mid (7^m [/mm] - 1)$ gelten. Oder anders gesagt: [mm] $7^m \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{80}$. [/mm] Das kleinste solche $m$ ist dann der Grad des Zerfaellungskoerpers von [mm] $x^{80} [/mm] - 1$ ueber [mm] $\IF_7$ [/mm] (beachte: es gibt bis auf Isomorphie genau eine Koerpererweiterung von [mm] $\IF_7$ [/mm] von Grad $m$).
Aber wenn du [mm] $7^m \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{80}$ [/mm] mal genauer anschaust: das kleinste solche $m$ ist gerade die Ordnung von $7$ in der multiplikativen Gruppe [mm] $(\IZ/80\IZ)^\ast$. [/mm] Diese hat Ordnung [mm] $\varphi(80) [/mm] = [mm] \varphi(2^4) \varphi(5) [/mm] = [mm] 2^3 \cdot [/mm] 4 = [mm] 2^5$. [/mm] Nach Lagrange ist $m$ ein Teiler von [mm] $2^5$, [/mm] womit $m$ nur die Werte $1$, $2$, $4$, $8$, $16$ und $32$ annehmen kann.
Also probier mal aus, wie $7, [mm] 7^2, 7^4, 7^8, \dots$ [/mm] modulo 80 aussieht.
Damit hast du dann den Grad des Zerfaellungskoerpers bestimmt, ohne die Faktorisierung von [mm] $x^{80} [/mm] - 1$ ueber [mm] $\IF_7$ [/mm] ausgerechnet zu haben.
LG Felix
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