Zykl. Galoiserw, Diskriminante < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:00 Sa 22.01.2011 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | K Körper, [mm] $char\;K \not=2$, [/mm] $f [mm] \in [/mm] K[X]$ separabel und irreduzibel mit Nullstellenmenge [mm] $\{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\}$ [/mm] in einem Zerfällungskörper L von f über K. Die Galoisgruppe von f sei zyklisch von gerader Ordnung. Man zeige:
a) Die Diskriminante [mm] $\Delta [/mm] = [mm] \produkt_{i
b) Es gibt genau einen Zwischenkörper E zu L/K mit $[E:K] = [mm] 2\:$, [/mm] nämlich $E = [mm] K(\sqrt{\Delta})$ [/mm] |
Hallo,
komme mal wieder nicht weiter und könnte einen Denkanstoß gebrauchen.
Hier meine bisherigen Ideen zur Aufgabe.
Da f separabel, sind die Nullstellen von f paarweise verschieden, also ist schonmal [mm] $\Delta \not= [/mm] 0$
Da f irreduzibel, operiert die Galoisgruppe transitiv auf der Nullstellenmenge. Ist [mm] $\sigma \in [/mm] Gal(f)$ so permutiert [mm] $\sigma$ [/mm] die Nullstellen [mm] $\{\alpha_1,\ldots \alpha_n\}$. [/mm] Damit gilt also: [mm] $\sigma\Delta [/mm] = [mm] \Delta$, [/mm] jedoch für [mm] $\delta [/mm] = [mm] \produkt_{i
Ich soll zeigen, dass [mm] $\Delta$ [/mm] keine Quadratwurzel in K besitzt, d.h. es gibt mindestens ein [mm] $\sigma$ [/mm] aus der Galoisgruppe, so dass [mm] $\delta$ [/mm] nicht invariant bleibt, denn sonst wäre [mm] $\delta$ [/mm] eine Quadratwurzel von [mm] $\Delta$ [/mm] im Fixkörper K von L unter der Galoisgruppe von f.
Hier soll ich wohl irgendwie mit der Zyklizität der Galoisgruppe und deren gerader Ordnung argumentieren, ich weiß aber leider nicht wie.
Da [mm] $L/K\:$ [/mm] separabel, gilt [mm] $ord\;Gal(L/K) [/mm] = [mm] [L:K]_s [/mm] = [L:K]$. Damit teilt 2 also auch den Körpererweiterungsgrad. Aber hilft mir das weiter?
Vielen Dank für eure Hilfe.
LG Lippel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:07 So 23.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> K Körper, [mm]char\;K \not=2[/mm], [mm]f \in K[X][/mm] separabel und
> irreduzibel mit Nullstellenmenge
> [mm]\{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\}[/mm] in einem Zerfällungskörper L
> von f über K. Die Galoisgruppe von f sei zyklisch von
> gerader Ordnung. Man zeige:
> a) Die Diskriminante [mm]\Delta = \produkt_{i
> besitzt keine Quadratwurzel in K.
> b) Es gibt genau einen Zwischenkörper E zu L/K mit [mm][E:K] = 2\:[/mm],
> nämlich [mm]E = K(\sqrt{\Delta})[/mm]
> Hallo,
>
> komme mal wieder nicht weiter und könnte einen Denkanstoß
> gebrauchen.
> Hier meine bisherigen Ideen zur Aufgabe.
> Da f separabel, sind die Nullstellen von f paarweise
> verschieden, also ist schonmal [mm]\Delta \not= 0[/mm]
> Da f
> irreduzibel, operiert die Galoisgruppe transitiv auf der
> Nullstellenmenge. Ist [mm]\sigma \in Gal(f)[/mm] so permutiert
> [mm]\sigma[/mm] die Nullstellen [mm]\{\alpha_1,\ldots \alpha_n\}[/mm]. Damit
Sei [mm] $\sigma$ [/mm] ein Erzeuger der Galoisgruppe. Dann ist [mm] $\{ \alpha_1, \dots, \alpha_n \} [/mm] = [mm] \{ \alpha_1, \sigma(\alpha_1), \dots, \sigma^{n-1}(\alpha_1) \}$.
[/mm]
> gilt also: [mm]\sigma\Delta = \Delta[/mm], jedoch für [mm]\delta = \produkt_{i
> je nachdem ob die Permutation gerade oder ungerade ist.
> Ich soll zeigen, dass [mm]\Delta[/mm] keine Quadratwurzel in K
> besitzt, d.h. es gibt mindestens ein [mm]\sigma[/mm] aus der
> Galoisgruppe, so dass [mm]\delta[/mm] nicht invariant bleibt,
...und dieses muss der Erzeuger der Galoisgruppe sein...
> denn
> sonst wäre [mm]\delta[/mm] eine Quadratwurzel von [mm]\Delta[/mm] im
> Fixkörper K von L unter der Galoisgruppe von f.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Hier soll ich wohl irgendwie mit der Zyklizität der
> Galoisgruppe und deren gerader Ordnung argumentieren, ich
> weiß aber leider nicht wie.
Nun, [mm] $\sigma$ [/mm] entspricht als Permutation einem Zykel der Laenge $n$. Was kannst du ueber das Signum aussagen?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:08 So 23.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix, danke für deine Hinweise.
> > Hier meine bisherigen Ideen zur Aufgabe.
> > Da f separabel, sind die Nullstellen von f paarweise
> > verschieden, also ist schonmal [mm]\Delta \not= 0[/mm]
> > Da f
> > irreduzibel, operiert die Galoisgruppe transitiv auf der
> > Nullstellenmenge. Ist [mm]\sigma \in Gal(f)[/mm] so permutiert
> > [mm]\sigma[/mm] die Nullstellen [mm]\{\alpha_1,\ldots \alpha_n\}[/mm]. Damit
>
> Sei [mm]\sigma[/mm] ein Erzeuger der Galoisgruppe. Dann ist [mm]\{ \alpha_1, \dots, \alpha_n \} = \{ \alpha_1, \sigma(\alpha_1), \dots, \sigma^{n-1}(\alpha_1) \}[/mm].
>
> > gilt also: [mm]\sigma\Delta = \Delta[/mm], jedoch für [mm]\delta = \produkt_{i
> > je nachdem ob die Permutation gerade oder ungerade ist.
> > Ich soll zeigen, dass [mm]\Delta[/mm] keine Quadratwurzel in K
> > besitzt, d.h. es gibt mindestens ein [mm]\sigma[/mm] aus der
> > Galoisgruppe, so dass [mm]\delta[/mm] nicht invariant bleibt,
>
> ...und dieses muss der Erzeuger der Galoisgruppe sein...
Das verstehe ich leider nicht. Warum folgt daraus, dass [mm] $\delta$ [/mm] unter [mm] $\sigma$ [/mm] nicht invariant ist, dass [mm] $\sigma$ [/mm] die Galoisgruppe erzeugt? Oder verstehe ich deine Aussage falsch?
>
> > denn
> > sonst wäre [mm]\delta[/mm] eine Quadratwurzel von [mm]\Delta[/mm] im
> > Fixkörper K von L unter der Galoisgruppe von f.
>
>
>
> > Hier soll ich wohl irgendwie mit der Zyklizität der
> > Galoisgruppe und deren gerader Ordnung argumentieren, ich
> > weiß aber leider nicht wie.
>
> Nun, [mm]\sigma[/mm] entspricht als Permutation einem Zykel der
> Laenge [mm]n[/mm]. Was kannst du ueber das Signum aussagen?
Wenn [mm] $\sigma$ [/mm] die Galoisgruppe erzeugt, so ist $ord [mm] \; \sigma [/mm] = [mm] \ord \; [/mm] Gal(f)$ und somit $ord [mm] \; \sigma$ [/mm] gerade, d.h. [mm] $\sigma$ [/mm] ist 2m-Zykel mit $n [mm] \in \IN. \Rightarrow \; \sigma$ [/mm] lässt sich in 2m-1 Transpositionen zerlgen. Damit ist [mm] $sign(\sigma) [/mm] = -1$ und damit [mm] $\sigma \delta [/mm] = [mm] -\delta$ [/mm] und somit [mm] $\delta \not\in [/mm] K$ denn alle Elemente der Galoisgruppe lassen K elementweise fest. Damit besitzt [mm] $\Delta$ [/mm] keine Quadratwurzel in K.
Stimmt dieser Schluss?
LG Lippel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:11 Mo 24.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > > Hier meine bisherigen Ideen zur Aufgabe.
> > > Da f separabel, sind die Nullstellen von f paarweise
> > > verschieden, also ist schonmal [mm]\Delta \not= 0[/mm]
> > > Da
> f
> > > irreduzibel, operiert die Galoisgruppe transitiv auf der
> > > Nullstellenmenge. Ist [mm]\sigma \in Gal(f)[/mm] so permutiert
> > > [mm]\sigma[/mm] die Nullstellen [mm]\{\alpha_1,\ldots \alpha_n\}[/mm]. Damit
> >
> > Sei [mm]\sigma[/mm] ein Erzeuger der Galoisgruppe. Dann ist [mm]\{ \alpha_1, \dots, \alpha_n \} = \{ \alpha_1, \sigma(\alpha_1), \dots, \sigma^{n-1}(\alpha_1) \}[/mm].
>
> >
> > > gilt also: [mm]\sigma\Delta = \Delta[/mm], jedoch für [mm]\delta = \produkt_{i
> > > je nachdem ob die Permutation gerade oder ungerade ist.
> > > Ich soll zeigen, dass [mm]\Delta[/mm] keine Quadratwurzel in
> K
> > > besitzt, d.h. es gibt mindestens ein [mm]\sigma[/mm] aus der
> > > Galoisgruppe, so dass [mm]\delta[/mm] nicht invariant bleibt,
> >
> > ...und dieses muss der Erzeuger der Galoisgruppe sein...
>
> Das verstehe ich leider nicht. Warum folgt daraus, dass
> [mm]\delta[/mm] unter [mm]\sigma[/mm] nicht invariant ist, dass [mm]\sigma[/mm] die
> Galoisgruppe erzeugt? Oder verstehe ich deine Aussage
> falsch?
Ich meinte damit: wenn ein Element der Galoisgruppe [mm] $\delta$ [/mm] nicht festhaelt, dann insbesondere auch der Erzeuger. (Aber nicht jedes Element, welches [mm] $\delta$ [/mm] nicht festhaelt, ist ein Erzeuger. Dazu muesste die Galoisgruppe schon prime Ordnung haben, oder abelsch mit Primpotenzordnung und [mm] $\delta$ [/mm] muss passend gewaehlt sein.)
> > > denn
> > > sonst wäre [mm]\delta[/mm] eine Quadratwurzel von [mm]\Delta[/mm] im
> > > Fixkörper K von L unter der Galoisgruppe von f.
> >
> >
> >
> > > Hier soll ich wohl irgendwie mit der Zyklizität der
> > > Galoisgruppe und deren gerader Ordnung argumentieren, ich
> > > weiß aber leider nicht wie.
> >
> > Nun, [mm]\sigma[/mm] entspricht als Permutation einem Zykel der
> > Laenge [mm]n[/mm]. Was kannst du ueber das Signum aussagen?
>
> Wenn [mm]\sigma[/mm] die Galoisgruppe erzeugt, so ist [mm]ord \; \sigma = \ord \; Gal(f)[/mm]
> und somit [mm]ord \; \sigma[/mm] gerade, d.h. [mm]\sigma[/mm] ist 2m-Zykel
> mit [mm]n \in \IN. \Rightarrow \; \sigma[/mm] lässt sich in 2m-1
> Transpositionen zerlgen. Damit ist [mm]sign(\sigma) = -1[/mm] und
> damit [mm]\sigma \delta = -\delta[/mm] und somit [mm]\delta \not\in K[/mm]
> denn alle Elemente der Galoisgruppe lassen K elementweise
> fest. Damit besitzt [mm]\Delta[/mm] keine Quadratwurzel in K.
> Stimmt dieser Schluss?
Ja.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:40 Mo 24.01.2011 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | K Körper, $ [mm] char\;K \not=2 [/mm] $, $ f [mm] \in [/mm] K[X] $ separabel und irreduzibel mit Nullstellenmenge $ [mm] \{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\} [/mm] $ in einem Zerfällungskörper L von f über K. Die Galoisgruppe von f sei zyklisch von gerader Ordnung. Man zeige:
a) Die Diskriminante $ [mm] \Delta [/mm] = [mm] \produkt_{i
b) Es gibt genau einen Zwischenkörper E zu L/K mit $ [E:K] = [mm] 2\: [/mm] $, nämlich $ E = [mm] K(\sqrt{\Delta}) [/mm] $ |
Hallo Felix, danke für deine schnelle Antwort.
Nun zu Aufgabenteil b)
Ich weiß, dass [mm] $K(\sqrt{\Delta})$ [/mm] eine Erweiterung vom Grad 2 ist, da das Minmalpolynom [mm] $X^2-\Delta$ [/mm] ist (dieses ist nämlich, wie in a) gezeigt irreduzibel in [mm] $K[X]\:$ [/mm] und annuliert [mm] $\sqrt{\Delta}$).
[/mm]
Die Galoisgruppe zu [mm] $L/K\:$ [/mm] ist gegben durch [mm] $\{1,\sigma,\ldots,\sigma^{2m-1}\}$. [/mm] Dabei ist [mm] $\sigma$ [/mm] ein Zykel der Länge [mm] $2m\:$ [/mm] mit $m [mm] \in \IN \; \Rightarrow \sigma^2$ [/mm] besteht aus zwei Zyklen der Ordnung m, ist also selbst von Ordnung m. Die von [mm] $\sigma^2$ [/mm] erzeugte Untergruppe korresponidert genau zu einem Zwischenkörper der Ordnung 2 über K. Es gibt auch keine weiteren Untergruppen der Ordnung m, denn der Erzeuger müsste Ordnung m haben (eine weitere UG wäre ja auch wieder zyklisch). Anschaulich ist es klar, aber was ist ein kurzes Argument, dass unter [mm] $\{1, \sigma, \sigma^2, \ldots, \sigma^{2m-1}\}$ [/mm] kein weiteres Element der Ordnung m ist?
LG Lippel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:47 Mo 24.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> K Körper, [mm]char\;K \not=2 [/mm], [mm]f \in K[X][/mm] separabel und
> irreduzibel mit Nullstellenmenge
> [mm]\{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\}[/mm] in einem Zerfällungskörper L
> von f über K. Die Galoisgruppe von f sei zyklisch von
> gerader Ordnung. Man zeige:
> a) Die Diskriminante [mm]\Delta = \produkt_{i
> besitzt keine Quadratwurzel in K.
> b) Es gibt genau einen Zwischenkörper E zu L/K mit [mm][E:K] = 2\: [/mm],
> nämlich [mm]E = K(\sqrt{\Delta})[/mm]
> Hallo Felix, danke für
> deine schnelle Antwort.
>
> Nun zu Aufgabenteil b)
>
> Ich weiß, dass [mm]K(\sqrt{\Delta})[/mm] eine Erweiterung vom Grad
> 2 ist, da das Minmalpolynom [mm]X^2-\Delta[/mm] ist (dieses ist
> nämlich, wie in a) gezeigt irreduzibel in [mm]K[X]\:[/mm] und
> annuliert [mm]\sqrt{\Delta}[/mm]).
> Die Galoisgruppe zu [mm]L/K\:[/mm] ist gegben durch
> [mm]\{1,\sigma,\ldots,\sigma^{2m-1}\}[/mm]. Dabei ist [mm]\sigma[/mm] ein
> Zykel der Länge [mm]2m\:[/mm] mit [mm]m \in \IN \; \Rightarrow \sigma^2[/mm]
> besteht aus zwei Zyklen der Ordnung m, ist also selbst von
> Ordnung m. Die von [mm]\sigma^2[/mm] erzeugte Untergruppe
> korresponidert genau zu einem Zwischenkörper der Ordnung 2
> über K.
> Es gibt auch keine weiteren Untergruppen der
> Ordnung m, denn der Erzeuger müsste Ordnung m haben (eine
> weitere UG wäre ja auch wieder zyklisch). Anschaulich ist
> es klar, aber was ist ein kurzes Argument, dass unter [mm]\{1, \sigma, \sigma^2, \ldots, \sigma^{2m-1}\}[/mm]
> kein weiteres Element der Ordnung m ist?
Es gibt [mm] $\varphi(m)$ [/mm] viele Elemente der Ordnung $m$.
Hier brauchst du ein kleines gruppentheoretisches Resultat: in einer zyklischen Gruppe der Ordnung $n$ gibt es zu jedem $m [mm] \mid [/mm] n$ genau eine Untergruppe der Ordnung $m$. Ist die Gruppe [mm] $\IZ/n\IZ$, [/mm] so wird die Untergruppe von [mm] $\frac{n}{m} [/mm] + n [mm] \IZ$ [/mm] erzeugt.
Du kannst dies ja erstmal abstrakt beweisen (bzw. fuer die spezielle zyklische Gruppe [mm] $\IZ/n\IZ$).
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:59 Mo 24.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
> Es gibt [mm]\varphi(m)[/mm] viele Elemente der Ordnung [mm]m[/mm].
>
> Hier brauchst du ein kleines gruppentheoretisches Resultat:
> in einer zyklischen Gruppe der Ordnung [mm]n[/mm] gibt es zu jedem [mm]m \mid n[/mm]
> genau eine Untergruppe der Ordnung [mm]m[/mm].
Sei G zyklisch der Ordnung n. Dann gibt es ein $a [mm] \in [/mm] G: G = <a> = [mm] \{1,a,\ldots,a^{n-1}\}$.
[/mm]
Wenn [mm] $m|n\:$ [/mm] gilt, so ex. $z [mm] \in \IN\backslash\{0\}: [/mm] mz = n [mm] \Rightarrow (a^z)^m [/mm] = [mm] (a^\frac{n}{m})^m [/mm] = 1$. Damit ist $ord [mm] \: a^z [/mm] = m$, denn n ist die kleinste natürliche Zahl, sodass [mm] $a^n [/mm] = 1$ Daher kann es keine Zahl kleiner m geben, sodass [mm] $(a^z)^m [/mm] = 1$. Damit ist also $ord [mm] \: [/mm] = m$ und damit [mm] $\:$ [/mm] Untergruppe der Ordnung m.
Sei nun U eine weitere Untergruppe der Ordnung m [mm] $\Rightarrow$ [/mm] es gibt ein $z [mm] \in \IN\backslash\{0\}: [/mm] = U$ und es ist m minimal mit [mm] $(a^z)^m [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow [/mm] zm [mm] \in n\IZ \Rightarrow$ [/mm] es gibt $t [mm] \in \IZ: [/mm] zm = tn$. Jetzt kann ich doch die Minimalität von m ins Spiel bringen und sagen, dass t=1 sein muss. Dann hätte ich [mm] $z=\frac{n}{m}$ [/mm] und so die Behauptung. Bin mir da aber sehr unsicher.
LG Lippel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:15 Mo 24.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Es gibt [mm]\varphi(m)[/mm] viele Elemente der Ordnung [mm]m[/mm].
> >
> > Hier brauchst du ein kleines gruppentheoretisches Resultat:
> > in einer zyklischen Gruppe der Ordnung [mm]n[/mm] gibt es zu jedem [mm]m \mid n[/mm]
> > genau eine Untergruppe der Ordnung [mm]m[/mm].
>
> Sei G zyklisch der Ordnung n. Dann gibt es ein [mm]a \in G: G = = \{1,a,\ldots,a^{n-1}\}[/mm].
>
> Wenn [mm]m|n\:[/mm] gilt, so ex. [mm]z \in \IN\backslash\{0\}: mz = n \Rightarrow (a^z)^m = (a^\frac{n}{m})^m = 1[/mm].
> Damit ist [mm]ord \: a^z = m[/mm], denn n ist die kleinste
> natürliche Zahl, sodass [mm]a^n = 1[/mm] Daher kann es keine Zahl
> kleiner m geben, sodass [mm](a^z)^m = 1[/mm]. Damit ist also [mm]ord \: = m[/mm]
> und damit [mm]\:[/mm] Untergruppe der Ordnung m.
> Sei nun U eine weitere Untergruppe der Ordnung m
> [mm]\Rightarrow[/mm] es gibt ein [mm]z \in \IN\backslash\{0\}: = U[/mm]
> und es ist m minimal mit [mm](a^z)^m = 1 \Rightarrow zm \in n\IZ \Rightarrow[/mm]
> es gibt [mm]t \in \IZ: zm = tn[/mm]. Jetzt kann ich doch die
> Minimalität von m ins Spiel bringen und sagen, dass t=1
> sein muss. Dann hätte ich [mm]z=\frac{n}{m}[/mm] und so die
> Behauptung. Bin mir da aber sehr unsicher.
Es muss aber nicht $t = 1$ sein.
Am einfachsten gehst du so vor: da $G$ zyklisch ist der Ordnung $n$, gibt es einen Isomorphismus $G [mm] \to \IZ/n\IZ$. [/mm] Es reicht also, [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] zu betrachten. Sei [mm] $\pi [/mm] : [mm] \IZ \to \IZ/n\IZ$ [/mm] die kanonische Projektion. Jetzt ist bekannt, dass die Untergruppen von [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] gerade den Untergruppen von [mm] $\IZ$ [/mm] entsprechen, die $n [mm] \IZ [/mm] = [mm] \ker \pi$ [/mm] enthalten. Nun sind die Untergruppen von [mm] $\IZ$ [/mm] gerade von der Form $m [mm] \IZ$, [/mm] $m [mm] \in \IN$, [/mm] und $n [mm] \IZ \subseteq [/mm] m [mm] \IZ \Leftrightarrow [/mm] m [mm] \mid [/mm] n$.
Daraus folgt: die Untergruppen von [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] sind genau die Untergruppen [mm] $m\IZ/n\IZ$ [/mm] mit $m [mm] \mid [/mm] n$. Da [mm] $m\IZ/n\IZ$ [/mm] genau [mm] $\frac{n}{m}$ [/mm] Elemente hat, gibt es also zu jedem Teiler [mm] $\frac{n}{m}$ [/mm] von $n$ genau eine Untergruppe dieser Ordnung.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:22 Mo 24.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Ok, da bin ich nicht drauf gekommen, trotz deines Hinweises [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] zu betrachten. Danke!
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