In vielen einführenden Vorlesungen und Büchern zur Algebra wird erklärt, was die Galoisgruppe eines Polynoms bzw. einer Galoiserweiterung ist. Wenn ihr trotzdem bei der Berechnung von konkreten Galoisgruppen keine Methoden zur Hand habt, dann wird euch dieser Artikel vielleicht weiterhelfen. Es werden ein paar Verfahren mit ausführlichen Beispielen präsentiert.
Einleitung
Grundlegende Galoistheorie sei hier vorausgesetzt, wie sie etwa in Bosch, Algebra, Kapitel 4, dargestellt wird; dort werden auch die Galoisgruppen von kubischen Polynomen (s.u.) sowie Kreisteilungspolynomen bestimmt. Insbesondere werden symmetrische Polynome verwendet. Einfachste Beispiele wie etwa Gal(X4-2) = D4 werden nicht behandelt.
Gegenstand der Untersuchung ist eine endliche Galoiserweiterung L\/K, die also als Zerfällungskörper eines separablen Polynoms f \in K[X]
dargestellt werden kann. Die Galoisgruppe dieses Polynoms, d.h. der
Erweiterung, bezeichnen wir mit G=Gal(f). Diese wollen wir bestimmen. Wir betten G stets in die symmetrische Gruppe ein: Es sei n>=1 der Grad von f, und es seien \a_1,...,\a_n die Nullstellen von f in L, also L = K(\a_1,...,\a_n). Dann ist die Restriktion G \to S(menge(\a_1,...,\a_n)) ~= S_n ein injektiver Gruppenhomomorphismus.
Wir dürfen daher G mit einer Untergruppe von S_n identifizieren. Dies sind offenbar genau die \s \in S_n, für die gilt: Ist p \in K[X_1,...,X_n] mit p(\a_1,...,\a_n)=0, so gilt p(\a_\s_1,...,\a_\s_n)=0.
Die Diskriminante
Es sei char(K) != 2. Wir betrachten hier kurz die sog. Diskriminante
\D := \d^2 mit \d := prod((\a_i - \a_j),1<=iHier findet man eine Formel für die Diskriminante eines beliebigen Polynoms.
Affektlose Polynome
Ein separables Polynom f vom Grad n heißt affektlos, wenn seine Galoisgruppe G die volle symmetrische Gruppe Sn ist. Wir wollen hier ein Kriterium dafür herleiten, das ich hier gefunden habe. c) liefert für jede Primzahl > 3 ein Beispiel eines nicht durch Radikale auflösbares Polynom, da die Galoisgruppe Sp nicht auflösbar ist.
\blue\Es sei p eine Primzahl und f \in \IQ[X] irreduzibel vom Grad p, das genau zwei nicht\-reelle Nullstellen in \IC besitzt. Dann ist f affektlos.
Beweis. Die Galoisgruppe G ist eine Untergruppe von S_p. Die komplexe Konjugation schränkt sich zu einem Element von G ein, das nach Voraussetzung einem 2\-Zykel (ij) entspricht. Da f irreduzibel ist, ist p ein Teiler von abs(G). Nach dem Satz von Cauchy hat G ein Element der Ordnung p. Stellt man dieses als Produkt disjunkter Zykel dar, so ist p das kgV der Längen. Mithin muss das Element ein p\-Zykel sein, o.E. (12...p). Es gibt ein 0
Reduktionsmethode
Mit der Reduktionsmethode kann man zeigen, dass die Galoisgruppe bestimmte Permutationen eines Zykeltyps enthalten muss. Sie stellt somit ein starkes Verfahren dar, um festzustellen, dass ein Polynom affektlos ist. Ansonsten muss man es mit anderen kombinieren. Ich habe es sinngemäß entnommen aus van der Waerden, Moderne Algebra, Erster Teil, §61.
Betrachte Ausdrücke der Form
b = \a_1 u_1 + ... + \a_n u_n \in L[u_1,...,u_n]
Die symmetrische Gruppe S_n wirkt darauf auf zwei Weisen: Für \s \in S_n sei
array( ) b_\s := \a_1 u_\s_1 + ... + \a_n u_\s_n
array( )_\s b := \a_\s_1 u_1 + ... + \a_\s_n u_n $ = $ b_(\s^(-1))
Offenbar ist
F := prod((z - b_\s),\s \in S_n)
ein polynomialer Ausdruck mit Unbestimmten \a_i und Koeffizienten aus \IZ[u_1,...,u_n ,z], das symmetrisch in den \a_i ist. Es kann also als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen geschrieben werden, was aber bis auf Vorzeichen gerade die Koeffizienten von f sind, welche in K liegen. Daher ist sogar F \in K[u_1,...,u_n\,z] =: K[u,z]. Da K[u,z] faktoriell ist, gibt es daher bez. z normierte irreduzible F_i \in K[u,z] mit $ F = F_1 * ... * F_r.
Wir fixieren nun einen Faktor, etwa F_1, und betrachten die Gruppe H aller \s \in S_n, für die ( F_1 )_\s = F_1 gilt. Wir behaupten nun: \blue G = H.
Beweis. Wir können die \a_i so umnummerieren, dass der Linearfaktor z-b
= z - (\a_1 u_1 + ... + \a_n u_n) in F_1 vorkommt. Sei nun \s \in H, d.h. \s lässt F_1 invariant. Jeder Linearfaktor von F_1 wird dann in einen Linearfaktor von F_1 überführt, insb. z - b. Ist umgekehrt \s eine Permutation, die z - b in einen Linearfaktor von F_1 überführt, so wird F_1 in ein irreduzibles Polynom aus K[u,z] überführt \(da die Wirkung Ringautomorphismen liefert\), das ein Teiler von F ist \(nach Definition von F), also eines der F_j, und mit F_1 einen gemeinsamen Teiler in L[u,z] hat. Wir werden später sehen, dass das schon einen gemeinsamen Teiler in K[u,z] bedingt und damit F_j = F_1 ist.
Demnach besteht H genau aus den \s \in S_n, für die (z-b)_\s ein Linearfaktor von F_1 ist. Wegen $ _\s b = b_(\s^(-1)) besteht H also aus den \s \in S_n, für die
array( )_\s (z-b) ein Linearfaktor von F_1 ist, d.h. für die $ _\s b zu b über dem Funktionenkörper K(u) konjugiert ist. Das bedeutet, dass es einen K(u)\-
invarianten Körperautomorphismus L(u) gibt, der b auf $ _\s b schickt, was offenbar einem K\-invarianten Körperautomorphismus von L entspricht, der \a_i auf \a_(\s_i) schickt, d.h. \s \in G. \bigbox
Im Beweis haben wir folgendes verwendet, was van der Waerden nicht erwähnt:
\blue\Sei L\/K eine endliche Galoiserweiterung und f,g teilerfremde Polynome in K[X_1,...,X_n]. Dann sind sie auch teilerfremd in L[X_1,...,X_n].
Beweis. Sei m = abs(L : K) und h in L[X_1,...,X_n] ein gemeinsamer Teiler von f,g. Dann ist H = prod(\s(h),\s \in Gal(L\/K)) \in K[X_1,...,X_n] und jedes \s(h) ein Teiler von f, also H ein Teiler von f^m , g^m in K[X_1,...,X_n], welche
aufgrund der faktoriellen Eigenschaft teilerfremd sind. Es folgt,
dass H \in K und damit offenbar auch h \in K. \checked
Die Berechnung der Galoisgruppe kann daher auf die Faktorisierung eines Polynoms zurückgeführt werden. Da dieses aber Grad n! hat und aus den unkonkreten Nullstellen gebildet wird, dient das nicht als effiziente Berechnungsmethode. Trotzdem ergibt sich daraus ein nützliches Resultat:
\blue\Theorem (Dedekind): Es sei R ein faktorieller Ring mit Quotientenkörper K, P ein Primideal von R und K^- der Quotientenkörper von R^- = R\/P. Ist f \in R[X] ein normiertes Polynom, sodass f^- \in R^-[X] separabel ist, so ist f separabel und die Galoisgruppe von f^- eine Untergruppe der Galoisgruppe von f.
Beweis. Da die Diskriminante von f ein polynomialer Ausdruck in den
Koeffizienten von f ist, ist die Diskriminante von f^- der mod P reduzierte
Ausdruck. Da f^- separabel ist, d.h. die Diskriminante nicht verschwindet, ist also auch f separabel.
Nun sei F = F_1 * ... * F_r, wie oben, ist ein Polynom in den Koeffizienten von f mit Koeffizieiten aus \IZ[u,z], d.h. F \in R[u,z] und es ist bez. z normiert. Daher sind nach Gauß auch die F_i \in R[u,z]. Angenommen wir wissen, dass F^- \in R^-[u,z] das zu f^- gehörige Polynom ist. Dann gilt F^- = F^-_1 *...* F^-_r. Jedes \s in der Galoisgruppe von f^- überführt einen irreduziblen Faktor von F^-_1 in sich. Nun wird F_1 von \s in ein F_j und damit F^-_1 in F^-_j überführt. Falls j != 1, kommt ein irreduzibler Faktor zweimal in F^- vor. Mit f^- ist aber offenbar F^- separabel, Widerspruch. Daher muss j=1 sein, d.h. \s liegt in der Galoisgruppe von f.
Es bleibt zu zeigen, dass F^- zu f^- gehört. Das erwähnt van der Waerden nicht einmal. Ich habe es mir wiefolgt überlegt:
Da die \a_i \in L ganz über R sind, ist S := R[\a_1,...,\a_n] eine ganze Erweiterung von R. \darkgreen\Lying\-Over \black\liefert ein Primideal Q von S mit Q \cap R = P. Die Inklusion R \to S liefert dann eine Einbettung R^-=R\/P \to S\/Q =: S^- und somit der
Quotientenkörper K^- \to L^- := Quot(S^-). Seien \a^-_i die Bilder von \a_i array(unter S \to S^-.)
Dann gilt L^- = K^- (\a^-_1\,...\,\a^-_n) und die Identität f = (X-\a_1)*...*(X-\a_n) in S[X] liefert f^- = (X-\a^-_1)*...*(x-\a^-_n) in S^-[X], da ja nach Konstruktion R[X] \to R^-[X] \to S^-[X] = R[X] \to S[X] \to S^-[X]. Daher ist L der Zerfällungskörper von f^- über K^-. Also gehört prod(z - (\a^-_1 u_\s_1 + ... + \a^-_n u_\s_n),\s \in S_n) \in R^- [u,z] zu f^-. Da wiederum R[u,z] \to R^-[u,z] \to S^-[u,z] = R[u,z] \to S[u,z] \to S^-[u,z], stimmt es mit F^- überein. \bigbox
Als Folgerung erhalten wir gleich:
\blue\Ist f \in \IZ[X] normiert, sodass f^- \in \IF_p [X] für eine Primzahl p separabel ist \(d.h. die Diskriminante von f ist nicht durch p teilbar\) und eine Zerlegung in irreduzible Polynome der Grade j_1 , j_2 , ... über \IF_p besitzt. Dann besitzt die Galoisgruppe von f einen (j_1 , j_2 , ...)\-Zykel.
Beweis. Wir wenden das Theorem von Dedekind auf R = \IZ und P = (p) an. Die Galoisgruppe von f^- \in \IF_p [X], d.h. einer endlichen Erweiterung von \IF_p, ist zyklisch. Sei \s ein Erzeuger und stelle ihn als Produkt disjunkter Zykel der Längen j_1 , j_2 , ... dar. Die Bahnen der Galoisgruppe haben dann die Längen j_1 , j_2 , ... und folglich lässt sich f^- in irreduzible Polynome der Grade j_1 , j_2 , ... zerlegen. Nach dem Theorem von Dedekind liegt \s in der Galoisgruppe von f. \bigbox
\stress\Beispiel 1.\normal Sei f = X^4 + X + 1 \in \IQ[X]. Was ist Gal(f)?
Wir schauen uns die Reduktionen modulo einiger Primzahlen an:
Wenn f modulo 2 reduzibel wäre, müsste f mod 2 einen irreduziblen Teiler vom Grad 2 haben, also einen gemeinsamen Teiler mit X^(2^2)-X=X^4+X haben, Widerspruch. Also ist f irreduzibel mod 2, insb. auch f.
Modulo 3 hat f offenbar als Nullstelle 1. Polynomdivision liefert
X^4 + X + 1 = (X-1)(X^3 + X^2 + X + 2). Das Polynom vom Grad 3 hat keine Nullstellen, ist also irreduzibel.
Für die nächsten Primzahlen stellt man stets eine dieser beiden
Gradzerlegungen fest. Bei p=23 ergibt sich jedoch
X^4 + X + 1 = (X^2 + 14X + 15)(X + 5)(X + 4) mod 23
Damit haben wir genügend Informationen zusammen: Gal(f) \subseteq S_4 enthält einen 4\-Zykel, einen 3\-Zykel und einen 2\-Zykel. O.E. haben wir (1 2 3 4) und (1 i) für ein i. Für i = 2 oder i = 4 erzeugen diese schon S_4, also Gal(f) = S_4. Bleibt der Fall i = 3. Schauen wir uns also das Erzeugnis von a = (1 2 3 4) und b = (1 3) an. Dies kann offenbar mit der Diedergruppe D_4 identifiziert werden, sodass
\ = menge(1 , a , a^2 , a^3 , b , ab , a^2 b , a^3 b)
=menge(1,(1234),(13)(24),(1432),(13),(14)(23),(24),(12)(34))
Da Gal(f) im Gegensatz zu \ einen 3\-Zykel enthält, folgt
\ \subset Gal(f) \subseteq S_4 und damit aus Indexgründen Gal(f)=S_4.
\boxon\small\Insbesondere ist X^4+X+1 durch Radikale auflösbar. Die Nullstellen sind
1/root(4,12) (+- sqrt(b + sqrt(3) sqrt(1 - b^2)) +- i (sqrt(2b) +- sqrt(-b + sqrt(3) sqrt(1 - b^2)))) , wobei
b = - 1/16 ((1 + i sqrt(3)) root(3,- 12 sqrt(3) + 4 i sqrt(229)) + (1 - i sqrt(3)) root(3,- 12 sqrt(3) - 4 sqrt(229) i))
\stress\Beispiel 2.\normal Sei f = X^4 - 7X^2 + 3X + 1 \in \IQ[X]. Wie sieht Gal(f) aus?
Es gilt f mod 2 = (X+1)(X^3+X^2+1) und f mod 3 = (X^2+1)^2.
Daher enthält Gal(f) einen 3\-Zykel und einen (2,2)\-Zykel. Diese
erzeugen bereits A_4, sodass A_4 \subseteq Gal(f). Welcher der verbleibenden
Fälle A_4 und S_4 eintritt, können wir mit der Diskriminante entscheiden:
\small\D = (-1)^(1/2 4 (4-1)) det (1,0,-7,3,1,0,0;0,1,0,-7,3,1,0;0,0,1,0,-7,3,1;4,0,-14,3,0,0,0;0,4,0,-14,3,0,0;0,0,4,0,-14,3,0;0,0,0,4,0,-14,3) = 33489 = 183^2
Also ist Gal(f)=A_4.
Allgemeine Methoden
In dem Paper Luise-Charlotte Kappe; Bette Warren, An Elementary Test for the Galois Group of a Quartic Polynomial, The American Mathematical Monthly, 1989, wird eine elementare Methode für irreduzible Polynome vom Grad 4 bewiesen (sofern das Polynom nicht irreduzibel ist, greift die für Grad 3), das einfach ausnutzt, dass es wenige transitive Untergruppen der S4 gibt. Ein Spezialfall davon ist bereits hier im Forum aufgetaucht.
\boxon\darkblue\Sei p = X^4 + aX^3 + bX^2 + cX + d ein irreduzibles Polynom vom Grad 4
über einem Körper K der Charakteristik != 2. Die kubische Resolvente ist definiert als r = X^3 - bX^2 + BX - A mit B = ac-4d und A = a^2 d + c^2 - 4bd. Die Diskriminante D = -4b^3 A + b^2 B^2 + 18 d B A - B^3 - 27 A^2 von r stimmt mit der von p überein. Sei E der Zerfällungskörper von r. Dann gilt:
(i) Gal(p) ~= S_4 <=> r ist irreduzibel über K und D \notin K^2
(ii) Gal(p) ~= A_4 <=> r ist irreduzibel über K und D \in K^2
(iii) Gal(p) ~= V_4 <=> r zerfällt über K
(iv) Gal(p) ~= \IZ\/4 <=> r hat genau eine Nullstelle t in K und
$ $ g = (X^2-tX + d)(X^2+aX+b-t) zerfällt über E.
(v) Gal(p) ~= D_4 <=> r hat genau eine Nullstelle t in K und g zerfällt nicht über E
\boxoff
\stress\Beispiel \normal\Das Polynom p = X^4 - 4X^3 + 4X^2 + 6 \in \IQ[X] ist irreduzibel nach Eisenstein. Die kubische Resolvente ist r = X(X^2 - 4X - 24), also ist E = \IQ(sqrt(4^2 - 4(-24)))=\IQ(sqrt(7)) und r hat genau eine Nullstelle 0 in \IQ. Betrachten wir also g = (X^2+6)(X^2-4X+4)=(X^2+6) (X-2)^2. Dieses zerfällt nicht über E, sodass also Gal(p) ~= D_4.
Kombiniert man die Strategie, die Galoisgruppe aus einer Liste von transitiven Untergruppen herauszufiltern, mit der Reduktionsmethode sowie einer Verallgemeinerung des oben betrachteten Polynoms F(z,u) zu sog. Resolventen transitiver Untergruppen, erhält man allgemeine Berechnungsmethoden für die Galoisgruppe von irreduziblen rationalen Polynomen, die man o.E. immer als ganzzahlig annehmen kann. Zur Berechnung der ganzzahligen Resolventen können dann Approximationen der komplexen Nullstellen herangezogen werden. Siehe dazu Richard P. Stauduhar, The Determination of Galois Groups, Mathematics of Computation, 1973.
Solche Verfahren werden in Computeralgebrasystemen genutzt. In Maple lassen sie sich auch sichtbar machen, man teste z.B. infolevel[galois] := 2; galois(X^6 + 3*X + 3);
Empfehlenswert ist auch die Diplomarbeit "Ein Algorithmus zum Lösen einer
Polynomgleichung durch Radikale", die man hier findet. Dort wird die Galoistheorie von Grund auf entwickelt und ein Algorithmus zur Darstellung der Nullstellen von auflösbaren Polynomen durch Radikale gegeben, insb. zur Berechnung der Galoisgruppe. Dabei wird sozusagen der klassische Beweis dafür, dass dies überhaupt möglich ist, schrittweise umgesetzt; z.B. beginnt man mit der Suche eines primitiven Elements des Zerfällungskörpers.
Wenngleich man mit einem Klick die Galoisgruppe eines Polynoms berechnen lassen kann, sollte man einen Blick hinter die Kulissen geworfen haben.
" Mathematik: Berechnung der Galoisgruppe" | 10 Comments
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Re: Berechnung der Galoisgruppe
von: cow_gone_mad am: Mo. 06. August 2007 01:13:34
\(\begingroup\)Hallo Martin 😄
Netter Artikel, aber mal eine Metafrage. Du beweist (bzw. erwähnst) "allgemeine" Resultate, wie die Galoisgruppe aussieht im Fall n=3,4 (natürlich auch n =2). Ich kenne es irgendwie so, dass n=4 ein Grenzfall für die Algebra ist, da sich die Nullstellen von Polynomen vom Grad > 4 nicht mehr durch Radikale darstellen lassen. Was ich mich nun Frage, kann es eine Klassifizierung "Galoisgruppe Gal(f) sieht so aus, also hat das Polynom f so und so aus" im Fall von Polynomen von Grad > 4 geben? Oder gibt es da auch ein fundamentales Problem? 😵
Liebe Grüsse,
cow_
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)das gibt es - soweit ich weiß - nicht. im übrigen gibt es sehr wohl polynome vom grad > 4, die sich durch radikale auflösen lassen. es ist nur (im gegensatz zu niedrigeren graden) nicht mehr für alle polynome sichergestellt.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hi Martin,
ein super Artikel! Damit hättest Du Dir im Winter viele, viele doofe Fragen von mir zu diesem Thema gespart ;)
lg abbakus\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Schöne Darstellung der Methode aus van der Waerden!
> Es bleibt zu zeigen, dass F^- zu f^- gehört. Das erwähnt van der
> Waerden nicht einmal. Ich habe es mir wie folgt überlegt: ...
Diese Überlegung ist überflüssig: Seien a_0,a_1,...,a_{n-1} die Koeffizienten des normierten Polynoms f(x). Der Koeffizient von z^i in F(z) hat die Form H_i(a_0,a_1,...,a_{n-1}), wo H_i ein Polynom in n Variablen über dem Koeffizientenring Z[u_1,...,u_n] ist. Die Polynome H_i sind unabhängig von f, hängen nur von n und i ab. Daher ist es egal, ob man erst die Koeffizienten von f modulo P reduziert, und dann das ensprechende Hilfspolynom bildet, oder erst F aus f bildet, und dann modulo P reduziert.
Ich denke, der Reiz des Beweises in van der Waerden liegt gerade darin, dass man keine ganzen Ringerweiterungen und kein lying-over braucht.
GruB
Peter Müller (Würzburg)
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo,
schön dass sich mal jemand meldet, der sich damit auskennt :-).
Der Einwand ist natürlich berechtigt. Lying over braucht man nicht.
Gruß, Martin\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Der Artikel ist sehr interessant, allerdings verstehe ich einen Beweisschritt nicht.
Am Schluss des ersten Beweises zur Reduktionsmethode:
"Das bedeutet, dass es einen K(u)-invarianten Körperautomorphismus von L(u) gibt.."
Warum induziert Sigma einen Automorphismus von L(u), wenn Sigma b auf ein konjugiertes Element abbildet? Wird L(u) von b über K(u) erzeugt?
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Anon: Konjugierte Elemente werden ja von einem Automorphismus des algebraischen Abschlusses aufeinander abgebildet; das ist eine Folgerung aus dem Fortsetzungssatz aus der Körpertheorie, den du sicherlich kennst. Weil aber L/K algebraisch und normal ist, ist auch L(u)/K(u) algebraisch und normal, sodass sich der Automorphismus hier zu einem von L(u) einschränkt.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Mir ist bekannt, dass es einen K(u)-Automorphismus von L(u) gibt, der b auf Sigma(b) abbildet. Ich sehe in dem Fall nicht, warum er dann auch alle Alpha genau wie Sigma abbilden muss. Oder, von Sigma ausgegangen, jeder Automorphismus bewirkt eine Permutation der Alpha, aber nicht jede Permutation induziert einen Automorphismus. Warum induziert Sigma speziell einen Automorphismus L(u)?
\(\endgroup\)
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2023-03-24 11:03 U ?
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Mathematik: Berechnung der Galoisgruppe
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