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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Was ist eigentlich eine Galoisgruppe?
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Seite 1   [1 2 3]   3 Seiten
Autor
Universität/Hochschule J Was ist eigentlich eine Galoisgruppe?
Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-03-06


Satz von (??):
Die Galoisgruppe operiert transitiv auf den Nullstellen eines $f(x)\in\mathbb Z[x]$, wenn das Polynom $f(x)$ irreduzibel ist.

Und  gilt die Umkehrung auch?
Edit:
Ich meine nicht, denn z.B. operiert die Kleingruppe $V_4$ treu und transitiv auf der Menge der Nullstellen von $f(x) = (x^2-5)(x^2-7)$ die nicht irredduzibel ist.
Thx




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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-03-06


Die Umkehrung gilt auch, sie wird in beinahe jedem Buch zur Algebra bewiesen. In deinem Beispiel ist die Bahn von $\sqrt{5}$ unter der Galoisgruppe $\{\sqrt{5},-\sqrt{5}\}$, was also nicht die gesamte Nullstellenmenge ist. Allgemein ist die Bahn eines Elementes a die Menge ihrer Konjugierten von a, d.h. der Nullstellen des Minimalpolynoms von a. Von wem der Satz stammt, weiß ich im Moment nicht, aber ich würde auf Galois tippen. Die Arbeiten von Galois kann man online einsehen, damit könnte man das prüfen: archive.org/stream/uvresmathmatiqu00frangoog



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07


Ich meine die Kleinsche Gruppe ist die Galoisgruppe von z.B. $f(x)=(x^2-5)(x^2-7)$
Wenn wir in diesem Punkt übereinstimmen.
Sie besteht aus den Elementen $\{1,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$ ImhO ist die Transitivität der Gruppenoperation auf den Nullstellen  erfüllt aber nicht die Irrduzibilität des Polynoms.
Definition:
de.wikiversity.org/wiki/Gruppenoperation/Transitiv/Definition



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-03-07


"Imho" ist kein Argument. Ich habe die Transitivität widerlegt. Welche Fragen hast du konkret zu dieser Widerlegung?



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07


2018-03-07 06:48 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
"Imho" ist kein Argument. Ich habe die Transitivität widerlegt. Welche Fragen hast zu konkret zu dieser Widerlegung?


"In deinem Beispiel ist die Bahn von 5–√ unter der Galoisgruppe {5–√,−5–√}"

Das stimmt nicht so: Wenn $G = V_4$, dann ist bei entsprechender Nummerierung $m \in M= \{1,2,3,4\}$ die Bahn von $\sqrt{5}$ bez. der Operation  $(12)(34) =\sqrt{5},-\sqrt{5}$.
Die Bahn von $\sqrt{5}$ unter der Operation  $(13)(24)$ ist $\sqrt{5},\sqrt{7}$.
Die Bahn von $\sqrt{5}$ unter der Operation  $(14)(23)$ ist $\sqrt{5},-\sqrt{7}$.

def:
Es liege eine Gruppenoperation einer Gruppe $\displaystyle G$ auf einer Menge $\displaystyle M$ vor.
Die Operation heißt transitiv, wenn es zu je zwei Elementen $\displaystyle x,y\in M$ $\displaystyle g\in G$ mit $\displaystyle gx=y$ gibt.


Dies ist hier der Fall.







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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-03-07


Ich schlage einmal die Nummerierung $(x_1,x_2,x_3,x_4) = (\sqrt{5},-\sqrt{5},\sqrt{7},-\sqrt{7})$ vor (damit klar ist, dass hier die Nullstellen und keine natürlichen Zahlen gemeint sind).

Du schreibst also, dass die Galoisgruppe die Permutation $(x_1 ~ x_3) \cdot (x_2 ~ x_4)$ enthält. Das ist aber nicht der Fall: Denn $\sqrt{5}$ und $\sqrt{7}$ sind nicht konjugiert.

Es ist zwar richtig, dass die Kleinsche Vierergruppe die von dir genannte Darstellung als Permutationsgruppe besitzt, aber es gibt noch andere Darstellungen, und hier ist nur eine richtig, nämlich diejenige, bei der die Permutationen genommen werden, die von den Galoisautomorphismen herkommen. Diese müssen $x_1$ (bzw. $x_2$) auf $x_1$ oder $x_2$, sowie $x_3$ (bzw. $x_4$) auf $x_3$ oder $x_4$ abbilden (weil Automorphismen Konjugierte erhalten). Man bekommt damit die folgenden Permutationen:

$\mathrm{id},~ (x_1 ~ x_2),~ (x_3 ~ x_4),~ (x_1 ~ x_2) \cdot (x_3 ~ x_4)$



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07


2018-03-07 09:19 - Triceratops in Beitrag No. 5 schreibt:
Ich schlage einmal die Nummerierung $(x_1,x_2,x_3,x_4) = (\sqrt{5},-\sqrt{5},\sqrt{7},-\sqrt{7})$ vor (damit klar ist, dass hier die Nullstellen und keine natürlichen Zahlen gemeint sind).

Du schreibst also, dass die Galoisgruppe die Permutation $(x_1 ~ x_3) \cdot (x_2 ~ x_4)$ enthält. Das ist aber nicht der Fall: Denn $\sqrt{5}$ und $\sqrt{7}$ sind nicht konjugiert.

Es ist zwar richtig, dass die Kleinsche Vierergruppe die von dir genannte Darstellung als Permutationsgruppe besitzt, aber es gibt noch andere Darstellungen, und hier ist nur eine richtig, nämlich diejenige, bei der die Permutationen genommen werden, die von den Galoisautomorphismen herkommen. Diese müssen $x_1$ (bzw. $x_2$) auf $x_1$ oder $x_2$, sowie $x_3$ (bzw. $x_4$) auf $x_3$ oder $x_4$ abbilden (weil Automorphismen Konjugierte erhalten). Man bekommt damit die folgenden Permutationen:

$\mathrm{id},~ (x_1 ~ x_2),~ (x_3 ~ x_4),~ (x_1 ~ x_2) \cdot (x_3 ~ x_4)$
OK ich bleibe beiner Notation:
Die Permutation $\varphi(x_1,x_2,x_3,x_4) =(x_3,x_4,x_1,x_2) = (13)(24)$
Vertauscht die Nullstellen in einer Weise dass der Grundkörper Q erhalten bleibt.
Oder besser: die Q-automorphismen 1: $\alpha: L=Q(\sqrt5) \Leftrightarrow L=Q(\sqrt5): a+b\sqrt5 \mapsto a-b\sqrt5$ und $\beta: K=Q(\sqrt7) \Leftrightarrow K=Q(\sqrt7), a+b\sqrt7 \mapsto a-b\sqrt7$ bilden mit der Id eine Automorphismengruppe.
Können wir nicht eine KE $\mathbb M=Q(\omega)\supset \mathbb K,\mathbb M \supset L$ finden, in der $\sqrt5$ und $\sqrt7$ konjugiert sind? dann wäre (13)(24) möglich.







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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-03-07


$\sqrt{5}$ und $\sqrt{7}$ sind nicht konjugiert. Die Minimalpolynome sind nämlich nicht gleich.

Du stellst jetzt seit 2006 Fragen zur Galoistheorie und hast nicht die Konzepte verstanden, mit denen diese Theorie auf der ersten Seite beginnt. Deine bisherige Lernstrategie ist also nicht erfolgreich. Ich kann dir empfehlen, ein Buch zum Thema auszuwählen und es gründlich zu lesen, und zwar am besten von Anfang an, damit du auch alles verstehst.



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07


Dann Beatworte mir doch bitte in einem Satz die Frage : Was genau  ist  die  Galoisgruppe eines Polynoms?
Ohne die Worte Vollidiot  Buch und Automorphismus zu benutzen!!
J



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-03-07


Die Galoisgruppe eines separablen Polynoms $f \in K[X]$ ist die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers $Z(f)/K$ von $f$.

Die Galoisgruppe einer Erweiterung von Körpern $L/K$ besteht aus den $K$-linearen Isomorphismen $L \to L$.

Wenn $\alpha_1,\dotsc,\alpha_n$ die Nullstellen von $f$ im Zerfällungskörper von $f$ sind, dann kann man die Elemente der Galoisgruppe von $f$, also die $K$-linearen Isomorphismen $Z(f) \to Z(f)$ auch als diejenigen Permutationen $\sigma$ der Nullstellen $\alpha_1,\dotsc,\alpha_n$ ansehen, welche die algebraischen Relationen zwischen diesen Nullstellen erhalten (also $p(\alpha_1,\dotsc,\alpha_n) = 0 \implies p(\sigma(\alpha_1),\dotsc,\sigma(\alpha_n))=0$ für alle Polynome $p$). Insbesondere müssen $\alpha_i$ und $\sigma(\alpha_i)$ zueinander konjugiert sein, also dasselbe Minimalpolynom über $K$ besitzen.

Zur konkreten Berechnung siehe z.B. article.php?sid=1779 oder article.php?sid=1107



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-03-07


2018-03-07 11:53 - juergen007 in Beitrag No. 8 schreibt:
Ohne die Worte Vollidiot  Buch und Automorphismus zu benutzen!!

Für mich sind nur die ersten beiden Worte vermeidbar, das Wort Automorphismus aber nicht, es sei denn, man greift zu irgendeiner dubiosen Umschreibung dieses Begriffs, die aber im Grunde dann dasselbe aussagt. Ich sage nun das Gleiche nochmals, aber auf die konkrete Situation hier bezogen, was Triceratops in #9 in viel größerer Allgemeinheit gesagt hat, in der Hoffnung, dass das vielleicht hilft.

Wir haben also hier den Körper $K=\mathbb Q$ und das Polynom $f(x)=(x^2-5)(x^2-7)\in K[x]$ mit den Nullstellen

$x_1=\sqrt 5,\ x_2=-\sqrt 5,\ x_3=\sqrt 7,\ x_4=-\sqrt 7$

in dessen Zerfällungskörper $L=\mathbb{Q}(\sqrt 5,\sqrt 7)$. Die Galoisgruppe Gal($f(x)$) des Polynoms besteht dann einfach aus jenen Permutationen dieser 4 Nullstellen, welche sich zu Automorphismen von $L$ fortsetzen lassen, die $K$ elementeweise festlassen. Da letztere Bedingung hier wegen $K=\mathbb Q$ automatisch erfüllt ist, spreche ich im Folgenden dann immer nur mehr von Automorphismen von $L$.

Deine Frage, wenn ich sie richtig verstanden habe, war nun, ob sich die eine Permutation der Nullstellen, bei der $x_1$ auf $x_3$ abgebildet wird, sich zu einem Automorphismus von $L$ fortsetzen lässt. Dies ist aber nicht der Fall, denn gäbe es einen solchen Automorphismus $\alpha$, so würde aus der Gleichung

$(\sqrt 5)^2=5$

indem man darauf beiderseits $\alpha$ anwendet und $\alpha(5)=5$ berücksichtigt sofort auch

$(\alpha(\sqrt 5))^2=5$

folgen, weshalb als Bild von $x_1=\sqrt 5$ unter $\alpha$ dann nur mehr $x_{1,2}=\pm\sqrt 5$ in Frage kommt und auf keinen Fall $x_3=\sqrt 7$. Alles klar?  😎




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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-03-07


Hallo Jürgen,

dazu auch eine Anmerkung von mir. Es wäre doch sinnvoll, sich da tatsächlich durchzuackern, also dich zB durch den von dir schon "damals" herangezogenen Artikel nrich.maths.org/1422 durchzuarbeiten, und zu schauen, wo es "klemmt". Ich muss zugeben, ich selber kann das auch alles nicht mehr aus dem Hut zaubern, aber habe mich seinerzeit an dem Algebra Buch von van der Waerden langgearbeitet, das auch einen entsprechenden Aufbau bis zur Galois Theorie bietet ( sicher heute nicht mehr den aktuellsten, aber das Buch gibt es gebraucht für ein paar Euro zu haben ).

Wenn du so etwas angehst, wirst du ggf. den einen oder anderen Mitstreiter hier finden, der auch daran interessiert ist, sich das zu erarbeiten, und du hast ein konkretes Forum für konkrete Fragen. So wie es aktuell läuft, scheint es weder dich noch andere MP Bewohner weiterzubringen :(

wohlmeinende Grüsse aus dem Harz
gonz



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07


Ja ich bedanke mich erst mal an euch 3.
Letztlich scheint man heute doch nicht ohne Körpertheorie auszukommen.
Und mir ist nicht genau gewahr, welche Begrifflichkeiten Galois selber in den Jahren der Frnzösischen Revolution zur Verfügung hatte.
In den Buch von Richard Edwards
"Galois Theory" im Springer Verlag., was ich als erstes zum Thema las, das sich Galois über die Betrachungen teilsymmetrischer Polynome
$r[x_i] \in \mathbb Z[x_i]$ nähert, wird tatsächlich von Seite 1-66 nicht einmal das Wort "Körper" erwähnt.
Ich bemühe mich, diesm Ansatz zu gerecht zu werden, und in dem von mir noch nicht freigegegeben Artikel matheplanet.com/default3.html?call=article.php?sid=2526 nachzuvollziehen.

Mam könnte sicher auch mal Galois, Evariste: Ecrits et Mémoires mathématique direkt zu Rate ziehen.

V.d. Waaerden liegt mir vor genauer gesagt im Keller;)
Wenn dann ständig von der Permutation von Nullstellen geredet wird, fragte ich mich in WAS werden denn die Nullstellen vertauscht?
Schachfiguren auf dem Schachbrett, Klötzchen auf dem Tisch aber  Nullstellen worin? Offenbar in jenen teilsymmetrischen Identitäten.
Elementarsymmetrische Polznome sind gegen alles aus $S_n$ invariant und deswegen uninteressant.
So etwa folgt aud der Invarianz gewisser $r(x_0,x_1,...x_n)=q=\sigma(r(x_0,x_1,...x_n))$, dass $\sigma$ eine Permutation aus der Galoisgruppe ist, die wie ich meine als maximale Invarianzgruppe zu der Nullstellenmenge $M=x_0,x_1,...x_n$ zu betrachten ist, was aber stark von der Wahl des $r[t]$ abhängt!
Ihr habt darauf Zugang und ich freue mich weiterhin über Fehlererkennungsmeldungen.
Denn Galois, der den Begriff Galoisgruppe nicht kannte jedoch kreiierte(!) nannte die Galoisgruppe nicht Galoisgruppe! Und wir wollen gerne wissen, wie er darauf kam, ohne neben ihm gesessen zu haben.

Danke
P.S der Artikel aus nrich ist sehr gut, und ich hatte grade ein Deja vu, das schon mal gesehen und sogar empfohlen zu haben. Freue mich dass das jemand erinnerte.
Jedoch weisen Deja vu auf einen Umbau der Matrix hin. Also be carefully from now on !

Anmerkung:


If p(x) is any polynomial (with rational coefficients, as always), K/Q is a field extension, and f is a Q-automorphism of K then f(p(x))=p(f(x)), see if you can prove this.

Das ist schon der springende oder klemmende Punkt, lasse es es aber für heute mal dahingestellt...



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weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-03-07


2018-03-07 18:34 - juergen007 in Beitrag No. 12 schreibt:
Wenn dann ständig von der Permutation von Nullstellen geredet wird, fragte ich mich in WAS werden denn die Nullstellen vertauscht?

Deine Frage lässt mich etwas ratlos zurück, da ich leider wieder einmal keine Ahnung habe, was du damit meinst. *) Ich würde jetzt einfach sagen, die Nullstellen werden untereinander vertauscht, was in obigem Beispiel dann 4! Möglichkeiten ergibt, wovon aber dann letzlich höchstens 4 übrigbleiben, denn mit den obigen Bezeichnungen muss ja für jedes $\alpha \in \text{Aut}(L)$ gelten

$\alpha(x_1)\in\{x_1,-x_1\},\quad \alpha(x_3)\in\{x_3,-x_3\}$

d.h., es gibt höchstens 4 Automorphismen von $L$. Andererseits weiß man aber, und das ist ein immens wichtiger Satz, dass die Galoisgruppe soviele Elemente hat, wie der Grad der Körpererweiterung $[L:K]$ beträgt, nämlich 4 in unserem Beispiel. Also sind diese 4 Möglichkeiten erstens tatsächlich zu Automorphismen fortsetzbar, was wir bisher ja streng genommen noch gar nicht(!) bewiesen haben, und zweitens die entsprechenden Permutationen der Nullstellen (oder in der Literatur auch sehr oft die Automorphismen von $L$, welche man durch die Fortsetzung dieser Permutationen erhält, was aber natürlich bis auf Isomorphie keinen Unterschied macht!) sind dann genau alle Elemente der Galoisgruppe.

*) Nach längerem Nachdenken glaube ich jetzt, dass du möglicherweise die "algebraischen Relationen" zwischen den Nullstellen gemeint haben könntest, von denen Triceratops in #9 sprach. Von denen gibt's natürlich unendlich viele, aber in gewisser Weise die "einfachsten" sind hier

$x_1^2-5=0,\ x_1+x_2=0,\ x_3^2-7=0,\ x_3+x_4=0$

Tatsächlich muss man in Hinblick auf die "Fortsetzbarkeit" einer Permutation $\alpha$ zu einem Automorphismus von $L$ hier nur darauf achten, dass die Bilder $\alpha(x_1),\alpha(x_2),\alpha(x_3),\alpha(x_4)$ den gleichen Relationen genügen "und alles ist gut".  😉



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07


2018-03-07 20:04 - weird in Beitrag No. 13 schreibt:
*) Nach längerem Nachdenken glaube ich jetzt, dass du möglicherweise die "algebraischen Relationen" zwischen den Nullstellen gemeint haben könntest, von denen Triceratops in #9 sprach. Von denen gibt's natürlich unendlich viele, aber in gewisser Weise die "einfachsten" sind hier

$x_1^2-5=0,\ x_1+x_2=0,\ x_3^2-7=0,\ x_3+x_4=0$

Sei $M=\{x_1,x_2,x_3,x_4\}$.
Es gibt diese o.a. rationalen Ausdrücke oder wie du sagst "algebraischen Relationen" und viele mehr, wobei es nicht sinnvoll ist, Potenzen >3 zu betrachten.
Z.B. ein $r[x_i]=x_1^2-x_2^2+x_3^2-x_4^2=0$, was gegen alle möglichem Permutationen aus $\mathbb S_4$ invariant ist. U.a. gegenüber $\delta=(13)(24)$ und es ist $\delta(r)=x_3^2-x_4^2+x_1^2-x_2^2=0$, es wirkt $(13)(24)$ auf den rationalen Ausdruck $r[x_i]=0$ invariant!
Daraus kann man leider nicht schliessen, dass $\delta=(13)(24)$ Element der Galoisgruppe von $f(x)$ ist, was ich vermutet hatte.
Aber ist die Wahl eines von mir sog. diskriminanten Terms etwa $\displaystyle D[x_i]\in\mathbb Z[x_i]$ derart möglich, so dass nur für alle $\varphi_i \in Gal(f(x))$ gilt: $\varphi_i(D)=q$, aber keine Invarianz für mehr (!!) oder andere $\varphi_k$ aus $S_4$ gilt.
So hätten wir eine Art "Abschätzung" der Galoisgruppe.

Genau diese Fragestellung nach dem diskriminanten Term $D[M]$ habe ich begonnen, in o.a. Artikel
matheplanet.com/default3.html?call=article.php?sid=2526&edit=edit zu erläutern, bin aber noch nicht fertig. Ich habe schon eine Idee dazu, aber es soll ja spannend bleiben 😉  😁
Die einfachsten o.g. sind nicht diskriminant.

In o.a. Artilkel gehe ich genauer darauf ein. Evtl. doch mal lesen? Möglichst bis zum Ende.
Merci





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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-03-08


... Potenzen >3 zu betrachten.
">2" ist hier passender und gilt auch nur in bei diesem Beispiel.

Mir ist nicht klar warum Du noch nach weiteren Permutationen suchst. Weiter oben wurde schon beschrieben, dass die Galoisgruppe Ordung 4 hat und es wurden 4 Elemente angegeben.

weird hat schon mit
$x_1^2-5=0,\ x_1+x_2=0,\ x_3^2-7=0,\ x_3+x_4=0$
die "erzeugenden" Relationen angegeben. Davon lassen sich alle anderen herleiten.

Was Du zu "diskriminanten Term" schreibst, kann ich nicht nachvollziehen. Ein Element D aus dem Zerfällungskörper ist invariant und allen Automorphismen aus \(Gal(f)\) genau dann, wenn \(D\in\IQ\) gilt.

Der Link auf den Artikel funktioniert nicht. Wenn Du es vorab zum lesen zur Verfügung stellen möchtest, versuch es Mal über Dein Notizbuch.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-09


2018-03-08 00:10 - TomTom314 in Beitrag No. 15 schreibt:

weird hat schon mit
$x_1^2-5=0,\ x_1+x_2=0,\ x_3^2-7=0,\ x_3+x_4=0$
die "erzeugenden" Relationen angegeben. Davon lassen sich alle anderen herleiten.
Der Link auf den Artikel funktioniert nicht. Wenn Du es vorab zum lesen zur Verfügung stellen möchtest, versuch es Mal über Dein Notizbuch.

sicher sind o.a Ausdrücke invariant gegen $\{1,(12),(34),(12)(34)\}$ aber auch teilweise schon gegen $\{(1),(12)$ bzw. $\{1),(34)\}$. sie sind insofern nicht diskrminant nach meiner Forderung.
Ich gehe jedoch von der absoluten Unkenntnis der Galoigruppe des gegebenen Polynoms aus.
Den richtigen Link gebe ich in Kürze bekannt.
J




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-03-09


2018-03-09 14:53 - juergen007 in Beitrag No. 16 schreibt:
2018-03-08 00:10 - TomTom314 in Beitrag No. 15 schreibt:

weird hat schon mit
$x_1^2-5=0,\ x_1+x_2=0,\ x_3^2-7=0,\ x_3+x_4=0$
die "erzeugenden" Relationen angegeben. Davon lassen sich alle anderen herleiten.

sicher sind o.a Ausdrücke invariant gegen $\{1,(12),(34),(12)(34)\}$ aber auch teilweise schon gegen $\{(1),(12)$ bzw. $\{1),(34)\}$. sie sind insofern nicht diskrminant nach meiner Forderung.

Naja, $\{(1),(12)$ bzw. $\{1),(34)\}$ sind ja auch nicht die Galoisgruppe, sondern nur echte Untergruppen davon. Und ja, obigen 4 algebraischen Relationen charakterisieren exakt hier exakt die ganze Galoisgruppe, und nicht irgendwelche Teile davon, in folgendem Sinne: Genau dann liegt eine Permutation $\alpha$ der Nullstellen in der Galoisgruppe, wenn sie diese 4 Relationen "respektiert", indem diese nicht nur für die Nullstellen selbst, sondern auch für die Bilder der Nullstellen unter $\alpha$ gelten, also dann

$\alpha(x_1)^2-5=0,\ \alpha(x_1)+\alpha(x_2)=0,\ \alpha(x_3)^2-7=0,\ \alpha(x_3)+\alpha(x_4)=0$

Jeder würde sich an dieser Stelle zufrieden zurücklehnen und sagen: Toll, ich weiß nun mithilfe dieser 4 Gleichungen genau, welche Permutationen der Nullstellen zur Galoisgruppe gehören und welche nicht, nur Jürgen wahrscheinlich nicht. Könnte dies vielleicht daran liegen, dass er selber nicht so genau weiß, was er eigentlich will? Ist jetzt nur eine Vermutung.  😁



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-09


Ich weiß genauz was ich will: Nicht nur die Impklikation sondern die Äquivalenz.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-03-09


2018-03-09 16:25 - juergen007 in Beitrag No. 18 schreibt:
Ich weiß genauz was ich will: Nicht nur die Impklikation sondern die Äquivalenz.

Von welcher Äquivalenz sprichst du? Dass das Erfülltsein der 4 Bedingungen

$α(x_1)^2−5=0,\ α(x_1)+α(x_2)=0,\ α(x_3)^2−7=0,\ α(x_3)+α(x_4)=0$  (*)

notwendig und hinreichend dafür ist, dass eine Permutation $\alpha$ der 4 Nullstellen unseres Polynoms $f(x)$ zu dessen Galoisgruppe gehört? Falls ich damit richtig geraten habe, was genau ist dir dann daran noch unklar, dass die Bedingungen (*) notwendig oder dass sie hinreichend dafür sind?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-09


geloescht



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-10


2018-03-09 17:27 - weird in Beitrag No. 19 schreibt:
2018-03-09 16:25 - juergen007 in Beitrag No. 18 schreibt:
Ich weiß genauz was ich will: Nicht nur die Impklikation sondern die Äquivalenz.

Von welcher Äquivalenz sprichst du? Dass das Erfülltsein der 4 Bedingungen

$α(x_1)^2−5=0,\ α(x_1)+α(x_2)=0,\ α(x_3)^2−7=0,\ α(x_3)+α(x_4)=0$  (*)

notwendig und hinreichend dafür ist, dass eine Permutation $\alpha$ der 4 Nullstellen unseres Polynoms $f(x)$ zu dessen Galoisgruppe gehört? Falls ich damit richtig geraten habe, was genau ist dir dann daran noch unklar, dass die Bedingungen (*) notwendig oder dass sie hinreichend dafür sind?
Ja das Erfülltsein ist nowendig und hinreichend. Aber wie kommst du gerade auf diese 4 Ausdrücke?  
Und du nutzt mein ich alpha für verschiedene Permutationen?

Die Frage ist folgende:
Permutationsgruppem wirken auf Mengen, hier auf Nullstellenmengen von (Minimal-)polynomen f(x) und auf algebraische Ausdrücken über dieser Menge in bestimmter Weise.
Angenommem, ich kenne nur diese Menge M und nur eine vorgegebene Gruppe H. Woran genau erkenne ich, dass diese Gruppe H auf jener Menge M derart operiert, so dass ALLE algebraischen Ausdrücke $r \in \mathbb Z[M]$ durch alle Operationen aus H erhalten bleiben?
Wenn das erfüllt ist, kann ich H als Untergruppe der Galoisgruppe von f(x) bezeichnen. Dann kann man durch "Probieren" die nächstgrössere mögliche $\mathbb V_4$ ausschliessen.




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-03-10


2018-03-09 22:10 - juergen007 in Beitrag No. 20 schreibt:
Ja das Erfülltsein ist nowendig und hinreichend. Aber wie kommst du gerade auf diese 4?  

Naja, was $x_1$ und $x_2$ betrifft, so sollte deren Minimalpolynom über $\mathbb Q$, nämlich $x^2-5$ wohl auf jeden Fall irgendwie mit dabei sein, wobei man sich aussuchen kann, ob man jetzt

$x_1^2-5=0$ oder $x_2^2-5=0$

zu diesem Zwecke als algebraische Relation auswählt. Bleiben wir mal bei der ersten Möglichkeit $x_1^2-5=0$, so wie oben in

$x_1^2−5=0,\ x_1+x_2=0,\ x_3^2−7=0,\ x_3+x_4=0$ (*)

so muss man nun irgendwie auch ausdrücken, dass $x_2$ die zweite Nullstelle von $x^2-5$ ist, d.h., dass $x_1$ und $x_2$ "konjugiert" sind. (Bitte diese Bedeutung von "konjugiert" gut einprägen, sie ist für die Galoistheorie von immenser Bedeutung! Also sind z.B. $x_1$ und $x_2$ konjugiert, aber $x_1$ und $x_3$ sind es nicht, da deren Minimalpolynom verschieden ist!) Dies kann man dann mit der zweiten Gleichung in (*), nämlich $x_1+x_2=0$, erreichen, welche nun zwei Dinge aussagt:

1. $x_2$ ist ebenfalls Nullstelle von $x^2-5=0$, wenn $x_1$ eine war (bitte nachrechnen!), d.h., $x_1$ und $x_2$ sind konjugiert.

2. $x_2$ ist aber eine "andere" Nullstelle von $x^2-5$, also dann die zweite Nullstelle davon, denn die beiden unterscheiden sich ja durch das Vorzeichen.

Ok, und das Gleiche können wir nun auch für $x_3$ und $x_4$ machen und kommen so in natürlicher Weise auf die obigen 4 algebraischen Relationen in (*).

Jetzt kommt die wichtigste Frage überhaupt, nämlich sind das schon ausreichend viele, um sagen zu können, die Elemente der Galoisgruppe hier sind genau jene Permutationen $\alpha$ der 4 Nullstellen, welche die Gleichungen in (*) "respektieren", indem diese nicht nur für die $x_i$, sondern auch für deren Bilder $\alpha(x_i),\ i=1,2,3,4$ unter $\alpha$ bei der entsprechenden Ersetzung gelten sollen. Die Antwort ist ja, denn wir kommen ja so auf höchstens 4 solche Permutationen, aber 4 muss es ja auch mindestens geben, da wir von allem Anfang an wissen, dass die Galoisgruppe hier 4 Elemente hat, nämlich soviel, wie der Grad der Körpererweiterung $\mathbb{Q}[\sqrt 5,\sqrt 7]/\mathbb Q$ angibt.

Ok, soviel also zur ersten Frage. Die weiteren Fragen verstehe ich wieder einmal nicht.  ☹️

Es ist irgendwie schade, dass du dich so unendlich schwer damit tust, dich verständlich auszudrücken, obwohl wir allein schon in diesem Thread jetzt einen ordentlichen Fundus an Beispielen erarbeitet haben, mit deren Hilfe man dann klar sagen könnte, was man eigentlich will. Was ich aber irgendwie dann doch verstanden habe ist, dass du sowas wie die "eierlegende Wollmilchsau" willst, und da muss ich dich dann gleich enttäuschen, die gibt es halt in der Galoistheorie nicht, da muss man sich mühsam von einem Beispiel zum nächsten vorarbeiten, in gewisser Weise auf den Spuren ihrer Entdecker!  😉

PS: Ich sehe gerade, dass du deinen Text oben redigiert hast, ohne dass es leider dadurch auch nur irgendwie verständlicher geworden ist.  ☹️

Und ja, was $\alpha$ betrifft, so ist das einerseits irgendeine Permutation der 4 Nullstellen, andererseits aber auch eine potenzielle Fortsetzung dieser Permutation auf den Zerfällungskörper $L$ zu einem Automorphismus von $L$, ohne dass ich da in der Bezeichnung einen Unterschied mache. (Puristen mögen mir dies nachsehen!)


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.20 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-10


ja ist alles richtig was du sagst  😄 Der Begriff konjugiert ist gut erklärt und verständlich.
Jedoch setzt du die Kenntnis des Zerfällungkörper $Q(\sqrt5,\sqrt7)$ erstmal vorraus! Dieser isr hier leicht zu sehen. Und folgerst auf die richtige Galoisgruppe $\{1,\alpha,\beta,\gamma\}$.

Nimm ein anderes Besipiel : $f(x)=x^8-4x^6+4x^4-2$, und finde die Galoisgruppe nur durch Kennntnis der Nullstellen.
Danke im vorraus







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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2018-03-10


Hallo zusammen,

hier hätte noch eine etwas andere Beschreibung für die Relationen. Bei gegeben Zerfällungskörper L und Nullstellen \(x_1,\ldots,x_4\) erhält man einen surjektiven Einsetzungshomomorphismus.
\[\varphi:\IQ[X_1,\ldots,X_4]\to L\] Damit ist \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\) ein maximales Ideal (und somit prim), welches offensichtlich die Elemente \(f(X_i)\) enthält und in diesem Beispiel auch \(X_{1/2}^2-5,X_{3/4}^2-7\). Aus \(X_1^2-X_2^2\in\mathcal{I}\) und \(x_1\neq x_2\) folgt \(X_1+X_2\in\mathcal{I}\).

Die Konstruktion ist schon etwas problematisch, da diese von der Wahl von f abhängt. Im aktuellen Beispiel gilt auch \(L=\IQ(\sqrt{5}+\sqrt{7})\). Das Minimalpolynom von \(\sqrt{5}+\sqrt{7}\) definiert dann einen anderen Einsetzungshomorphismus. Im allgemein unterscheiden sich die Anzahl der Variablen von \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\) für verschiedene Polynome mit gleichem Zerfällungskörper.


Nachtrag:
Nimm ein anderes Besipiel : $f(x)=x^8-4x^6+4x^4-2$, und finde die Galoisgruppe nur durch Kennntnis der Nullstellen.
Hier gehst Du das Problem von der falschen Seite an. Man beschäftigt sich mit der Galoisgruppe, um die Nullstellen zu finden und nicht andersherum.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.22 begonnen.]



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2018-03-10


Hallo Jürgen,

2018-03-06 00:21 - juergen007 im Themenstart schreibt:
Satz von (??):
Die Galoisgruppe operiert transitiv auf den Nullstellen eines $f(x)\in\mathbb Z[x]$, wenn das Polynom $f(x)$ irreduzibel ist.
Und  gilt die Umkehrung auch?
Ja. Zum Nachlesen könntest du den Satz 4.3/1 von Boschs Algebra angucken, da steht fast die gleiche Aussage. (falls dir die anderen Antworten immer noch unklar wären)



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-10


2018-03-10 11:46 - TomTom314 in Beitrag No. 24 schreibt:
Hallo zusammen,

hier hätte noch eine etwas andere Beschreibung für die Relationen. Bei gegeben Zerfällungskörper L und Nullstellen \(x_1,\ldots,x_4\) erhält man einen surjektiven Einsetzungshomomorphismus.
\[\varphi:\IQ[X_1,\ldots,X_4]\to L\] Damit ist \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\) ein maximales Ideal (und somit prim), welches offensichtlich die Elemente \(f(X_i)\) enthält und in diesem Beispiel auch \(X_{1/2}^2-5,X_{3/4}^2-7\). Aus \(X_1^2-X_2^2\in\mathcal{I}\) und \(x_1\neq x_2\) folgt \(X_1+X_2\in\mathcal{I}\).


Ich verstehe nicht den Unterschied zwischen den Nullstellen \(x_1,\ldots,x_4\) und den $X_i$?



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2018-03-10


Die \(x_i\) sind Elemente in L und somit sind \(x_1^2-5=x_1+x_2=x_3^2-7=x_3+x_4=0\) in L nicht unterscheidbar (alle null). Die \(X_i\) sind Variablen im Polynomring \(\IQ[X_1,\ldots,X_4]\). Daher hast Du dort mit \(X_1^2-5, X_1+X_2, X_3^2-7, X_3+X_4\) dort unterschiedliche Elemente, die alle nicht null sind.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-10


2018-03-10 11:46 - TomTom314 in Beitrag No. 24 schreibt:
Hallo zusammen,
Damit ist \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\) ein maximales Ideal (und somit prim), welches offensichtlich die Elemente \(f(X_i)\) enthält und in diesem Beispiel auch \(X_{1/2}^2-5,X_{3/4}^2-7\). Aus \(X_1^2-X_2^2\in\mathcal{I}\) und \(x_1\neq x_2\) folgt \(X_1+X_2\in\mathcal{I}\).


Es ist aber auch $r[x_i]=x_1^2-x_2^2+x_3^2-x_4^2$ im Kern des Einsetzungshomomorphismus $\varphi$.
Sei $\epsilon=(13)(24), \epsilon \not\in Gal(f(x))$.
Es ist \(\displaystyle\epsilon(r[x_i])=r(x_{\epsilon(i)})= x_3^2-x_4^2+x_1^2-x_2^2=0\), was irgendwie ein Widerspruch ist aber an welcher Stelle?




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2018-03-10


2018-03-10 15:04 - juergen007 in Beitrag No. 28 schreibt:
Es ist aber auch $r[x_i]=x_1^2-x_2^2+x_3^2-x_4^2$ im Kern des Einsetzungshomomorphismus $\varphi$.
Sei $\epsilon=(13)(24), \epsilon \not\in Gal(f(x))$.
Es ist \(\displaystyle\epsilon(r[x_i])=r(x_{\epsilon(i)})= x_3^2-x_4^2+x_1^2-x_2^2=0\), was irgendwie ein Widerspruch ist aber an welcher Stelle?

Offensichtlich meinst du das Polynom $r=X_1^2-X_2^2+X_3^2-X_4^2$. Obwohl du in #26 genau nach dem Unterschied zwischen den $x_i$ und den $X_i$ gefragt hast und dich TomTom314 dann auch in seiner Antwort darüber aufgeklärt hat, bringst du das nun schon wieder durcheinander. Das sind die Dinge, die mich an der Sinnhaftigkeit dieser ganzen Postings zweifeln lassen, weil man mit Engelszungen auf dich einredet und man trotzdem das Gefühl hat, es "verpufft" irgendwie alles.   ☹️

Und noch eines hast du hier nicht begriffen, obwohl ich eigentlich mehrmals jetzt schon darauf hingewiesen habe: Solange man "zuwenige" Relationen hat, ist dann auch die Untergruppe der $S_n$ bestehend aus allen Permutationen, welche diese Relationen respektieren, noch "zu groß". Du nimmst hier eine einzige(!) Relation, nämlich

$x_1^2-x_2^2+x_3^2-x_4^2=0$

und wunderst dich dann, dass es auch andere Permutationen gibt, welche diese respektieren und nicht zur Galoisgruppe gehören. Echt jetzt?  😮



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-10


2018-03-10 15:41 - weird in Beitrag No. 29 schreibt:

Offensichtlich meinst du das Polynom $r=X_1^2-X_2^2+X_3^2-X_4^2$.

1) Ja, das meinte ich, pardon
2) Gehört das o.a. zum Kern von \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\), oder nicht?
3) Ist es invariant gegen die Operation $(13)(24)$, oder nicht?
3b) Daraus folgt dann genau was?
4) Ich könnte sicher Polynome $s[X_i] \in Z[X_i]$ finden, die invariant gegen andere Operatione sind, als die aus der "richtigen", d.h. nicht zu grossen und nicht zu kleinen Permutationsgruppe, nämlich der gesuchten Galoisgruppe.
5) Jetzt möchte ich aber nur aus den Werten der [x_i] ein D[X_i] erstellen, das genau gegen alle Operationen der Galoisgruppe invariant ist und NICHT gegen grössere.
Du hattest eine zutreffende Gruppe von 4 solcher signifikanten r[X_i] genannt.
5a)Kann man diese 4 in einer zusammenfassen?
5b) Wenn ja wie?
5c) Offenbar ist "mein" $r=X_1^2-X_2^2+X_3^2-X_4^2$ keine solche signifikante Zusammenfassung.
Ich meine aber:
6) Es gibt immer genau ein signifikantes Polymom , das ausreicht, eine vermutete Galoisgruppe zu veri-oder falsifizieren.
7) Falls die Aussagen bis hierhin richtig ist, obwohl es ja nur Fragen sind, werde ich dieses einzige diskriminate Polynom angeben.
Nur falls es jemanden interessiert;)
Danke.

















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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2018-03-10


2018-03-10 16:29 - juergen007 in Beitrag No. 30 schreibt:
2018-03-10 15:41 - weird in Beitrag No. 29 schreibt:

Offensichtlich meinst du das Polynom $r=X_1^2-X_2^2+X_3^2-X_4^2$.

1) Ja, das meinte ich, pardon
2) Gehört das o.a. zum Kern von \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\), oder nicht?

Ja.

3) Ist es invariant gegen die Operation $(13)(24)$, oder nicht?
3b) Daraus folgt dann genau was?

Ja, es ist invariant gegenüber dieser Permutation. Ich habe keine Ahnung, was deiner Meinung nach daraus folgen soll, jedenfalls reicht das allein noch nicht als Beweis aus, dass die Permutation $x_1\leftrightarrow x_3,\ x_2\leftrightarrow x_4$ zur Galoisgruppe unseres Polynoms $f(x)$ gehört.

4) Ich könnte sicher Polynome $s[X_i] \in Z[X_i]$ finden, die invariant gegen andere Operatione sind, als die aus der "richtigen", d.h. nicht zu grossen und nicht zu kleinen Permutationsgruppe, nämlich der gesuchten Galoisgruppe.

Zunächst einmal muss der Koeffizientenring ein Körper sein und das ist ja $\mathbb Z$ bekanntlich nicht, sonst macht Galoistheorie überhaupt keinen Sinn. Man muss hier also Polynome über $\mathbb Q$ betrachten, wie das ja auch TomTom314 in #24 gemacht hat. Und natürlich könntest du solche Polynome über $\mathbb Q$ finden, z.B. auch einfach meine

$X_1^2-5,\ X_1+X_2,\ X_3^2-7, \ X_3+X_4\in \mathbb Q[X_1,X_2,X_3,X_4]$

Du kannst diese statt deinem Polynom r oder auch zusätzlich nehmen, wobei in letztem Fall auch nur die ersten zwei schon ausreichen, ganz wie es beliebt, es macht keinen Unterschied.

5) Jetzt möchte ich aber nur aus den Werten der [x_i] ein D[X_i] erstellen, das genau gegen alle Operationen der Galoisgruppe invariant ist und NICHT gegen grössere.
Du hattest eine zutreffende Gruppe von 4 solcher signifikanten r[X_i] genannt.
5a)Kann man diese 4 in einer zusammenfassen?
5b) Wenn ja wie?
5c) Offenbar ist "mein" $r=X_1^2-X_2^2+X_3^2-X_4^2$ keine solche signifikante Zusammenfassung.

Eine Zusammenfassung meiner 4 Relationen (*) zu einer einzigen wäre z.B:

$(x_1^2-5)^2+(x_1+x_2)^2+(x_3^2-7)^2+(x_3+x_4)^2=0$

aber ich sehe ehrlich keinen Sinn dahinter: Warum sollte man sowas machen?  😵

Edit: Wie ich erst jetzt gesehen habe, reichen in (*) schon die ersten beiden Relationen bereits aus, um mit den entsprechenden Forderungen an die Permutationen die Galoisgruppe hier zu erhalten, womit dann auch die "Zusammenfassung" zu einer Relation mit

$(x_1^2-5)^2+(x_1+x_2)^2=0$

deutlich einfacher wird.

Ich meine aber:
6) Es gibt immer genau ein signifikantes Polymom , das ausreicht, eine vermutete Galoisgruppe zu veri-oder falsifizieren.

7) Falls die Aussagen bis hierhin richtig ist, obwohl es ja nur Fragen sind, werde ich dieses einzige diskriminate Polynom angeben.
Nur falls es jemanden interessiert;)

Ob 6) richtig ist, kann ich im Moment nicht sagen, ein bißchen komisch kommt mir diese Aussage aber schon vor. Würde das denn nicht bedeuten, dass $\ker \varphi$ in #24 stets ein Hauptideal ist? Andererseits funktioniert die Idee, mit der ich oben meine 4 Relationen (*) zu einer einzigen  zusammengefasst habe stets auch in allen anderen Fällen, solange noch keine komplexen Zahlen im Spiel sind.

Und ja, an deinem einzigen diskriminanten Polynom hier, falls es anders aussieht als meines oben, bin ich natürlich hochinteressiert.  😁



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2018-03-11


Eine Idee zum Einsetzungshomomorphismus:

Sei \(f:=\sum_{0\leq k \leq n} a_k X^k \in\IQ[X]\) normiert und irreduzibel mit Nullstellen \(x_1,\ldots, x_n\in L\) in einem geeignetem Zerfällungskörper und Einsetzungshomomorphismus
\[\varphi:\IQ[X_1,\ldots,X_n]\to L\]
Durch eine Koeffizientenvergleich von \(\sum a_k X^k = \prod (X-x_l)\) erhält man Polynome \(\sigma_k-a_k\in\IQ[X_1-X_n]\), wobei \(\sigma_k\) ein passendes elementarsymmetrisches Polynom ist. Sei \(\mathcal{J}\subset \IQ[X_1,\ldots,X_n]\) das davon erzeugte Ideal. Dann gilt \(\mathcal{J}\subset ker(\varphi)\).

Vermutung: \(Gal(f)\cong S_n\) ist die volle Permutationsgruppe genau dann, wenn \(\mathcal{J}= ker(\varphi)\).

Falls dieses zutrifft, würde es sich ggf. lohnen den Ring \(R:=\IQ[X_1,\ldots,X_n]/\mathcal{J}\) zu untersuchen, d.h. gibt es eine Beziehung zwischen den Idealen in \(R\) und \(Gal(f)\)?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2018-03-11


2018-03-11 14:26 - TomTom314 in Beitrag No. 32 schreibt:
Falls dieses zutrifft, würde es sich ggf. lohnen den Ring \(R:=\IQ[X_1,\ldots,X_n]/\mathcal{J}\) zu untersuchen, d.h. gibt es eine Beziehung zwischen den Idealen in \(R\) und \(Gal(f)\)?

Dazu kann ich leider nichts sagen. Obwohl das sicher eine interessante Frage ist, denke ich aber, dass wir uns hier im Moment noch mit Problemen auf ein weit elementareren Ebene herumschlagen.  😉

Was mich hier vor allem auch intessieren würde ist, ob ker $\varphi$ immer ein Hauptideal ist, warauf die Behauptung des TS mit seinem "diskriminanten" Polynom ja m.E. hinausläuft, obwohl ja $\mathbb{Q}[X_1,X_2,X_3,X_4]$ kein Hauptidealring, sondern nur noethersch ist. Immerhin scheint das Verfahren, das ich in #31 angewendet habe, um aus mehreren Relationen eine einzige zu machen, immer zu funktionieren, solange der Zerfällungskörper $L$ des Polynoms $f(x)$ nur reelle Zahlen enthält.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2018-03-11


2018-03-11 15:55 - weird in Beitrag No. 33 schreibt:
Was mich hier vor allem auch intessieren würde ist, ob ker $\varphi$ immer ein Hauptideal ist,
Für \(grad(f)\geq 2\) wird das (fast) nie der Fall sein. \(\IQ[X1,\ldots,X_n]\) ist ein graduierter Ring (mit Totalgrad: \(grad(\prod X_i^{k_i}) = \sum k_i\)). \(ker(\varphi)\) enthält auf jeden Fall zwei Elemente der Gestalt \(\prod X_i -\alpha\) und \(\sum X_i -\beta\). Das zweite hat den Grad 1 und müßte dann im Falle eines Hauptideals dieses erzeugen, was einen Widerspruch zu \(\prod X_i -\alpha\in ker(\varphi)\) ist.

Immerhin scheint das Verfahren, das ich in #31 angewendet habe, um aus mehreren Relationen eine einzige zu machen, immer zu funktionieren, solange der Zerfällungskörper $L$ des Polynoms $f(x)$ nur reelle Zahlen enthält.
Das Polynom aus #31 hat schon einen relativ hohen Grad. Es fällt mir schwer damit irgendetwas sinnvolles / interessantes anzustellen (Sorry).



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-11


geloescht



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-11



2018-03-11 17:37 - TomTom314 in Beitrag No. 34 schreibt:

Das Polynom aus #31 hat schon einen relativ hohen Grad. Es fällt mir schwer damit irgendetwas sinnvolles / interessantes anzustellen (Sorry).

Es ist aus Beitrag No. 23: LinkWas ist eigentlich eine Galoisgruppe? und das Polynom wurde aus den Nullstellen generiert.

Die Nullstellen von $f(x)=x^8-4x^6+4x^4-2$ sind $\displaystyle x_{0..3}= 1 \pm \sqrt{1\pm\sqrt2}$, so dass z.B. $r(x_0,x_1)=(x_0-1)^2-(x_1-1)^2 =0$. Bei richtiger Nummerierung. Und das ist genau der Punkt: welche Permutationsgruppe der Nullstellenindizes lässt dieses r invariant? Und welche Bedingung muss r erfüllen, so dass es signifikant ist? Also keine false positives ergibt! aber auch alle Permutatione aus $H$ "unser" $r \in Q[X_i]$ invariant lassen.
so könnte man dann einen Äquivalenzsatz formulieren...



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2018-03-11


2018-03-11 18:49 - juergen007 in Beitrag No. 36 schreibt:
2018-03-11 17:37 - TomTom314 in Beitrag No. 34 schreibt:
Das Polynom aus #31 hat schon einen relativ hohen Grad. Es fällt mir schwer damit irgendetwas sinnvolles / interessantes anzustellen (Sorry).

Hallo Jürgen,

ich habe keine Ahnung, warum Du dieses jetzt zu Deinem Beispiel zitierst. Hier ging es zunächst darum, dass weird und ich die Relationen zu einem Polynom unterschiedlich verarbeitet haben und mir einfach nichts sinnvolles einfällt, was man mit weirds Ansatz machen kann.


Die Nullstellen von $f(x)=x^8-4x^6+4x^4-2$ sind $\displaystyle x_{0..3}= 1 \pm \sqrt{1\pm\sqrt2}$, so dass z.B. $r(x_0,x_1)=(x_0-1)^2-(x_1-1)^2 =0$. Bei richtiger Nummerierung. Und das ist genau der Punkt: welche Permutationsgruppe der Nullstellenindizes lässt dieses r invariant? Und welche Bedingung muss r erfüllen, so dass es signifikant ist? Also keine false positives ergibt! aber auch alle Permutatione aus $H$ "unser" $r \in Q[X_i]$ invariant lassen.
so könnte man dann einen Äquivalenzsatz formulieren...
Gut, ... Das ist jetzt ein neues Beispiel. Aber was bring das jetzt? Das r ist ja auch wieder nur rückwärts aus bereits bekannten Nullstellen erzeugt worden. Wenn die Nullstellen bekannt sind, dann läßt sich die Galoisgruppe auch durch "ausprobieren" bestimmen.

Nachtrag zu Jürgens Änderung:
Es ist aus Beitrag No. 23: LinkWas ist eigentlich eine Galoisgruppe? und das Polynom wurde aus den Nullstellen generiert.
Ich meinte schon #31 und diese Gleichung:
$(x_1^2-5)^2+(x_1+x_2)^2+(x_3^2-7)^2+(x_3+x_4)^2=0$



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-11


2018-03-11 19:55 - TomTom314 in Beitrag No. 37 schreibt:

Ich meinte schon #31 und diese Gleichung:
$(x_1^2-5)^2+(x_1+x_2)^2+(x_3^2-7)^2+(x_3+x_4)^2=0$


Und ich wollte mal n anderes nicht so einfaches Beispiel bringen.
Ich fand leider nach längeren Googlen nicht die französische Originalarbeit "Sur la Theorie des Nombres" Von E. Galois, nür ständig Besprechungen davon.
Kann mal wer schauen? Thx





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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-11


2018-03-10 11:46 - TomTom314 in Beitrag No. 24 schreibt:
Hallo zusammen,

Damit ist \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\) ein maximales Ideal (und somit prim), welches offensichtlich die Elemente \(f(X_i)\) enthält und in diesem Beispiel auch \(X_{1/2}^2-5,X_{3/4}^2-7\). Aus \(X_1^2-X_2^2\in\mathcal{I}\) und \(x_1\neq x_2\) folgt \(X_1+X_2\in\mathcal{I}\).
Das ist richtig!
Jedoch enthält dieses \(\mathcal{I}:=\ker(\varphi)\) auch Polynome in $Q[X_i]$, die invariant gegen Obergruppen der Galoisgruppe von $\mathbb Q(x_i)$ sind und ich meine damit die Körpererweiterung $\mathbb Q(x_i)$.
Sie ist also zu schwach für eine hinreichende und notwendige Bedingung an eine Permutationsgruppe $H$ und eine Nullstellenmenge $M$, so dass $M^H$ = $M$ ist, meine ich.




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