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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Was ist eigentlich eine Galoisgruppe?
Thema eröffnet 2018-03-06 00:21 von
juergen007
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Universität/Hochschule J Was ist eigentlich eine Galoisgruppe?
TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2018-03-11

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2018-03-11 20:38 - juergen007 in Beitrag No. 39 schreibt:
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.

Ich verstehe nicht, was Du hier sagen möchtest. \(\ker(\varphi)\) beschreibt einfach nur alle Relationen zwischen den Nullstellen. Mit diesen Relationen können nun die Permutation \(\sigma\in S_4\) untersucht werden, und zwar: \(\sigma\in Gal(f)\iff \forall g\in\ker(\varphi): g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\in\ker(\varphi)\).
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-11

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2018-03-11 21:28 - TomTom314 in Beitrag No. 40 schreibt:

Ich verstehe nicht, was Du hier sagen möchtest. \(\ker(\varphi)\) beschreibt einfach nur alle Relationen zwischen den Nullstellen. Mit diesen Relationen können nun die Permutation \(\sigma\in S_4\) untersucht werden, und zwar: \(\sigma\in Gal(f)\iff \forall g\in\ker(\varphi): g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\in\ker(\varphi)\).

Ja genau so ist es richtig!
Wir meinen wohl dasselbe. Wir wissen aber $Gal(f)$ dadurch noch nicht, aber dass die g aus dem Kern(phi) auf ein anderes h aus dem kern(phi) abgebildet werden. Diese g werden aber auch durch andere Permutationen als die der $Gal(f)$ auf h in Kern(phi) abgebildet, was man man am Bsp.: $a^2-b^2+c^2-d^2$ sieht.
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, eingetragen 2018-03-12

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Nein, der entscheidende Punkt ist, dass \(g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\in\ker(\varphi)\) für alle \(g\in ker(\varphi)\) gelten soll. Damit ist dann auch \(\sigma\in Gal(f)\) entscheidbar.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-12

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2018-03-12 11:31 - TomTom314 in Beitrag No. 42 schreibt:
Nein, der entscheidende Punkt ist, dass \(g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\in\ker(\varphi)\) für alle \(g\in ker(\varphi)\) gelten soll. Damit ist dann auch \(\sigma\in Gal(f)\) entscheidbar.
\(g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\in\ker(\varphi)\) gilt für alle \(g\in ker(\varphi)\) und auch noch für andere $\sigma \not\in Gal(f)$, wie man an $g =X_1^2-X_2^2+X_3^2-X_4^2$ und $\sigma =(13)(24)$ sieht.
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2018-03-12

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Um zu zeigen, dass für ein \(\sigma\in S_n\) bereit \(\sigma\not\in Gal(f)\) gilt, reicht ein Element \(g\in ker(\varphi)\) s.d. \(g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\not\in\ker(\varphi)\).

Für \(\sigma=(13)(24)\) wäre das z.B. \(g=X_1^2-5\).

Das ist elementare(!!!) Aussagelogik.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-12

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2018-03-12 21:15 - TomTom314 in Beitrag No. 44 schreibt:
Um zu zeigen, dass für ein \(\sigma\in S_n\) bereit \(\sigma\not\in Gal(f)\) gilt, reicht ein Element \(g\in ker(\varphi)\) s.d. \(g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\not\in\ker(\varphi)\).

Für \(\sigma=(13)(24)\) wäre das z.B. \(g=X_1^2-5\).

Das ist elementare(!!!) Aussagelogik.
Ich meine weiterhin, Gal(f) ist nicht entscheidbar am kern von $\varphi$
Interessanter sind die Aussagen von weird über Primideale und noethersche Ringe.
@weird
Kannst du das fortführen, plz?
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2018-06-07

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2018-03-12 21:15 - TomTom314 in Beitrag No. 44 schreibt:
Um zu zeigen, dass für ein \(\sigma\in S_n\) bereit \(\sigma\not\in Gal(f)\) gilt, reicht ein Element \(g\in ker(\varphi)\) s.d. \(g(X_{\sigma(1)},X_{\sigma(2)},X_{\sigma(3)},X_{\sigma(4)})\not\in\ker(\varphi)\).

Für \(\sigma=(13)(24)\) wäre das z.B. \(g=X_1^2-5\).

Das ist elementare(!!!) Aussagelogik.
wollte anmerken dass ich die Aussagen jetzt nach noch maligen durcharbeiten verstanden habe:)
Danke.
Nach einer Datei Erdorf.pdf- weiss nich mehr wie ich die fand -kann man aus den kubischen Resolvenze die Galoigruppe ablesen.
Es gab auch ein Liste von Klüners /Malle, wo zu jeder möglichen Untergruppe der S4 (und höher) ein auflösbares Polynom angegeben wurde. finde die aber leider nicht mehr..weiß jemand was ich meine?
Polynome 4. Grades sind immer auflösbar.

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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-07

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2018-03-11 14:26 - TomTom314 in Beitrag No. 32 schreibt:
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 \(\mathcal{J}\subset ker(\varphi)\).


Ich hake hier nochmal nach: Beispiel $f(x)=x^4-3$.
Es sei $\alpha = \sqrt[4]{3}$
Im Falle $f=x^4-3 = (x-\alpha)(x-i\alpha)(x+\alpha)(x+i\alpha)$ sind die Nullstellen aus $\mathbb L= \mathbb Q(i,\alpha)$.
Die $a_k$ sind $\{1,0,0,0,3\}$.
Wie sieht dann dein passendes elementarsymmetrisches Polynom \(\sigma_k\) aus? Danke
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, eingetragen 2018-07-07


Das sind schon die elementarsymmetrischen Polynome, wie z.B. bei Wikipedia definiert - bis auf eine Indexverschiebung k -> n-k.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-08

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2018-07-07 18:12 - juergen007 in Beitrag No. 47 schreibt:
2018-03-11 14:26 - TomTom314 in Beitrag No. 32 schreibt:

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 \(\mathcal{J}\subset ker(\varphi)\).



n ist hier 4.
\(\sum a_k X^k = \prod (X-x_l)\)  ist hier $X^4-3=(X-x_1)(X-x_2)(X-x_3)(X-x_4)$.

$a_4=1,a_3=0,a_2=0,a_1=0,a_0=3$

$x_1=\alpha$.
$x_2=i\alpha$.
$x_3=-\alpha$.
$x_4=-i\alpha$.
Aber wie sieht meinetwegen für $k=2$ das Polynom \(\sigma_2-a_2\in\IQ[X_1-X_4]\) aus?  
Wenn $\sigma_2=X_1X_2+X_1X_3+X_1X_4+X_2X_3+X_2X_4+X_3X_4$ ist?
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2018-07-08

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... das Polynom \(\sigma_2-a_2\in\IQ[X_1-X_4]\) ...

Das war ein Schreibfehler. Es sollte schon \(\sigma_k-a_k\in\IQ[X_1,\ldots,X_n]\) heißen.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-08

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2018-07-08 19:38 - TomTom314 in Beitrag No. 50 schreibt:
... das Polynom \(\sigma_2-a_2\in\IQ[X_1-X_4]\) ...

Das war ein Schreibfehler. Es sollte schon \(\sigma_k-a_k\in\IQ[X_1,\ldots,X_n]\) heißen.
ok.
aber du subtrahierst von einen elementarsymmetrischen Polynom z.B. $\sigma_2$ wie ich oben ausrechnete einen Koeffizienten $a_2$, was hier zufaellig 0 ist. Was kommt dabei raus? und dann erzeugst Du  \(\mathcal{J}\subset \IQ[X_1,\ldots,X_n]\). In dem Fall ist dann $\mathcal{J}=(X_1X_2+X_1X_3+X_1X_4+X_2X_3+X_2X_4+X_3X_4)$ ein Ideal? Dessen Bild unter dem Einsetzungshom $\varphi(\mathcal{J}) \mapsto 0\in L$ ist? Was auch für alle anderen $\sigma_k$ gilt.
Leuchtet ein, kann man hier schnell nachrechnen. Ich verstehe nur diese Subtraktion nicht.
Ich wollte auf deine


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 \(Gal(f)\)?
hinaus.

Anscheinend gibt es eine solche Beziehung.
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, eingetragen 2018-07-08

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Da \(\IQ\) ein Unterring von \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\) ist, gibt es bei der Subtraktion kein Problem. Es ist wieder ein Element in \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\)

Zu \(Gal(f)\cong S_n \iff \mathcal{J}= ker(\varphi)\) habe ich hier einen Beweis aufgeschrieben.

Nachtrag: Das Ideal \(\mathcal{J}\) wird von allen \(\sigma_k-a_k\) erzeugt.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-09

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2018-07-08 22:14 - TomTom314 in Beitrag No. 52 schreibt:
Da \(\IQ\) ein Unterring von \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\) ist, gibt es bei der Subtraktion kein Problem. Es ist wieder ein Element in \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\)

Zu \(Gal(f)\cong S_n \iff \mathcal{J}= ker(\varphi)\) habe ich hier einen Beweis aufgeschrieben.

Nachtrag: Das Ideal \(\mathcal{J}\) wird von allen \(\sigma_k-a_k\) erzeugt.
Ja danke! Prinzipiell klar ist, dass alle möglichen  elementarsymmetrischen Polynome in $f(x)=\sum a_k X^k = \prod (X-x_l)$ invariant gegen $S_n$ sind und auch alle symmetrischen Polynome z.B. Newton Identitäten.
In LinkDiskriminantes Polynom war ich auf der Suche nach einen Polynom $q(x)\in Q[X_1,X_2,X_3,...,X_n]$, $X_n$ Nullstellen, das Invariant gegen die Elemente der Gal(f) ist aber gegen keine andere aus $Q[X_1,...,X_n]$.
Und das gilt dann auch für ein Ideal $\mathcal{J}=<q(x)>$, was meist kein Hauptideal ist, aber ein Maximalideal mit Kern 0.
Quasi als "Schnelltest" der Hypothese f(x) hat die Galoisgruppe $G_n \subset S_n$. Bin noch nicht sicher ob das vergebene Liebesmüh ist.

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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, eingetragen 2018-07-09

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In LinkDiskriminantes Polynom war ich auf der Suche nach einen Polynom $q(x)\in Q[X_1,X_2,X_3,...,X_n]$, $X_n$ Nullstellen, das Invariant gegen die Elemente der Gal(f) ist aber gegen keine andere aus $Q[X_1,...,X_n]$.
Das Thema möchte ich ohne eine passende Beweisidee eigentlich nicht diskutieren. Hier sehe ich aber, dass Du Polyome und deren Bild unter einem Einsetzungshomomorphismus wieder vermischst, was einfach keine gute Idee ist.

Und das gilt dann auch für ein Ideal $\mathcal{J}=<q(x)>$, was meist kein Hauptideal ist, aber ein Maximalideal mit Kern 0.
Dieser Satzt ergibt einfach keinen Sinn. Ist \(\mathcal{J}\) über q definiert oder das von den \(\sigma_k-a_k\) erzeugte Ideal? Warum soll es maximal sein und wo kommt der Kern her?

Quasi als "Schnelltest" der Hypothese f(x) hat die Galoisgruppe $G_n \subset S_n$.
Welche Hypothese?
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-12

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2018-07-09 19:33 - TomTom314 in Beitrag No. 54 schreibt:

Quasi als "Schnelltest" der Hypothese f(x) hat die Galoisgruppe Gn⊂Sn.
Welche Hypothese?
 
Hallo
ich meinte: gibt es ein bestimmtes rationales Polynom $q(x)\in[X_i]$, das invariant gegen eine vorgegebene Gruppenoperation =vermutetete Galoisgruppe von $f(x): G_n\subseteq(S_n)$ ist und nicht gegen eine Zwischengruppe $K_n$ zwischen $G_n$ und
$S_n,G_n\subset K_n\subseteq S_n$.
 
Eine Vermutung: für f(x)=$x^4-3$ ist das Polynom $r[Xi]=X1^2−X2^2+X3^3−X4^2$ invariant gegen $G(n)$, hier $D_8$ aber nicht gegen andere $K_n\subseteq S_n,K_n\supset G_n$. Diese Polynom bezeichne ich als G-diskriminant und  $r[Xi]$ als G Invariante hier 0.
In obigen Fall ist die Invarianz nachrechenbar, aber wir wissen die Nullstellen "sowieso" und das $r[Xi]$ ist eben eine ausgekuckte D-Invariante also Invariant gegen eine Diedergruppe. Kann ich die Wahl des $r[Xi]$ irgendwie von dieser Zufälligkeit lösen?
Der Nachteil ist man braucht die Nultellen un eine Vermutung der Galoisgruppe.
So dass ich meinetwegen ein irreduzibles Polynom (mit evtl. nicht allen bekannten Nullstellen) habe und sofort die Galoisgruppen vermuten oder verwerfen/einschränken kann.

PS ich habe noch kein Beweis, dass  es so ein Polynom immer gibt, und man ein Verfahren angeben kann das ein $r[Xi]$ berechnet.
Jedenfalls ist die Strutur aller $r[Xi]\in D[X]$ ein Ideal und $Ker(\varphi)$, was du oben ja auch angabst.
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, eingetragen 2018-07-13

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2018-07-12 18:32 - juergen007 in Beitrag No. 55 schreibt:
Jedenfalls ist die Strutur aller $r[Xi]\in D[X]$ ein Ideal und $Ker(\varphi)$, was du oben ja auch angabst.
Das habe ich nicht gezeigt und ist auch falsch, wobei hier wieder unklar ist, wass $D[X]$ sein soll und was Du mit den eckigen Klammern bei $r[Xi]$ meinst.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-13

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2018-07-13 13:10 - TomTom314 in Beitrag No. 56 schreibt:
2018-07-12 18:32 - juergen007 in Beitrag No. 55 schreibt:
Jedenfalls ist die Strutur aller $r[Xi]\in D[X]$ ein Ideal und $Ker(\varphi)$, was du oben ja auch angabst.
Das habe ich nicht gezeigt und ist auch falsch, wobei hier wieder unklar ist, wass $D[X]$ sein soll und was Du mit den eckigen Klammern bei $r[Xi]$ meinst.

Ich meinte an sich $Q[X_i]$, und ein $r[X_i]$ ist ein Polynom im dem Polynomring $D[X_i]$, einem Teilring von $Q[X]$ über den Nullstellen $\{X_1,...,X_n\}$ eines $f(x)$, das Invariant gegen irgendeine Permutationsgruppe $G_n$ ist.
Alle diese denkbaren Polynome $r[X_i]$ bilden eine Struktur. Das mit dem Ideal hab ich falsch formuliert.
Aber das Bild der $r[X_i] \in Q[X]$ ist null unter dem Einsetzungshomomorphismus $\varphi: r[X_i] \to L$, also ein Teil des Kerns $(\varphi)$ oder der ganze Kern..
Ich hoffe ich habe das formal richtig mit gross und klein x gemacht und
das wort Einsetzungshomomorphismus recht genutzt.
Kann man es so sagen :
$q(X_i)=X_1X_2+X_1X_3+X_1X_4+X_2X_3+X_2X_4+X_3X_4$ ist ein Polynom, und $q(x_i)=x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4 =0$ eine Zahl aus dem Zerfällungskörper?
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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, eingetragen 2018-07-13

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Ich meinte an sich $Q[X_i]$
Nein, meinst Du nicht. Wenn dann \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\), \(\IQ[X_i]\) ist ein anderer Ring.

Die Bezeichnungen \(r[X_i],D[X_i]\) sind ausgesprochen schlecht gewählt. In dem Kontext, in dem wir uns hier bewegen, bezeichnet \(A[B]\) im allgemeinen einen Ring, der aus dem Ring \(A\) durch hinzufügen von Elementen \(B\) ensteht. Wie das genau funktioniert, kannst Du in allen Algebra- und auch vielen Lin.Alg.-Büchern nachlesen(!!!).

ein Polynom im dem Polynomring $D[X_i]$, einem Teilring von $Q[X]$ über den Nullstellen $\{X_1,...,X_n\}$ eines $f(x)$, das Invariant gegen irgendeine Permutationsgruppe $G_n$ ist.
Bei dieser Beschreibung kann ich bestenfalls vermuten, was D sein soll. Ist es eine Teilemenge von \(L,\IQ[X]\) oder \(\IQ[X_1,\ldots,X_n]\)? Wenn Du ein neues Objekt einführst, mußt Du dieses auch richtig definieren.

Alle diese denkbaren Polynome $r[X_i]$ bilden eine Struktur.
Ich nehme an, dass Du \(r\in\IQ[X_1,\ldots,X_n]^G\) meinst, wobei \(G\subset S_n\) eine passende Untergruppe von \(S_n\) ist. Dazu mußt Du Dir noch Gruppenoperationen \(G\times X\to X\) und die Definiton von \(X^G\) anschauen.

Aber das Bild der $r[X_i] \in Q[X]$ ist null unter dem Einsetzungshomomorphismus $\varphi: r[X_i] \to L$, also ein Teil des Kerns $(\varphi)$ oder der ganze Kern.
Abgesehen von den Fehlern, die ich schon erwähnt habe, hast Du nun als Definitionsbereich von \(\varphi\) ein einzelnes Element, was nun wirklich keinen Sinn ergibt. Nach meiner angenommen Definiton der \(r\) und dem Einsetzungshomomorphismus, den ich definiert habe, liegen die \(r\)'s nicht immer(meistens nicht) in \(ker(\varphi)\).
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juergen007
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2018-07-13 23:01 - TomTom314 in Beitrag No. 58 schreibt:
Abgesehen von den Fehlern, die ich schon erwähnt habe, hast Du nun als Definitionsbereich von \(\varphi\) ein einzelnes Element, was nun wirklich keinen Sinn ergibt. Nach meiner angenommen Definiton der \(r\) und dem Einsetzungshomomorphismus, den ich definiert habe, liegen die \(r\)'s nicht immer(meistens nicht) in \(ker(\varphi)\).


ich merke jetzt grad erst, dass ich ein Missverstaendniss mit dem Begriff Einsetzungshomomorphismus habe: ich habe 2 unitäre Ringe sagen wir $\mathbb A,\mathbb B \cong \mathbb Z$.

Und eine Polynomring $\mathbb A[x]$.
Und ein Polynom $f_1(x) \in A[x]=x^2+2$.
Jetzt $b=1$.

Es ist dann $f_1(x) \in L = x^2+2=3$, also b eingesetzt in $f_1: \to 3$.
Jetzt $b=2$.
Es ist dann $f_1(x) \in L = x^2+2=6$, also b eingesetzt in $f_1: \to 6$.

Das Einsetzen von 1 bzw. 2 nennen in f_1(x) wir mal Einsetzungshomomorphismus $\varphi$. Dieses $\varphi$ ist aber nicht linear!

$\varphi(1)=3$.
$\varphi(2)=6$.
$\varphi(1+2)= \varphi (3)=11 \ne \varphi(1)+\varphi(2)=9$.
$\varphi$ nicht linear!

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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-24

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2018-07-23 19:49 - juergen007 in Beitrag No. 59 schreibt:
2018-07-13 23:01 - TomTom314 in Beitrag No. 58 schreibt:
Abgesehen von den Fehlern, die ich schon erwähnt habe, hast Du nun als Definitionsbereich von \(\varphi\) ein einzelnes Element, was nun wirklich keinen Sinn ergibt. Nach meiner angenommen Definiton der \(r\) und dem Einsetzungshomomorphismus, den ich definiert habe, liegen die \(r\)'s nicht immer(meistens nicht) in \(ker(\varphi)\).


ich merke jetzt grad erst, dass ich ein Missverstaendniss mit dem Begriff Einsetzungshomomorphismus habe: ich habe 2 unitäre Ringe sagen wir $\mathbb A,\mathbb B \cong \mathbb Z$.

Und eine Polynomring $\mathbb A[x]$.
Und ein Polynom $f_1(x) \in A[x]=x^2+2$.
Jetzt $b=1$.

Es ist dann $f_1(x) \in L = x^2+2=3$, also b eingesetzt in $f_1: \to 3$.
Jetzt $b=2$.
Es ist dann $f_1(x) \in L = x^2+2=6$, also b eingesetzt in $f_1: \to 6$.

Das Einsetzen von 1 bzw. 2 nennen in f_1(x) wir mal Einsetzungshomomorphismus $\varphi$. Dieses $\varphi$ ist aber nicht linear!

$\varphi(1)=3$.
$\varphi(2)=6$.
$\varphi(1+2)= \varphi (3)=11 \ne \varphi(1)+\varphi(2)=9$.
$\varphi$ nicht linear!



Ich push das mal weil ich es wirklich verstehen möchte auch was in wiki steht verstehe ich nicht, pardon. was wird wo eingesetzt?
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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.61, eingetragen 2018-07-25

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Hallo,

für den Einsetzungshomomorphimsus wählst du in deinem Fall ein festes $b \in \mathbb{Z}$, z.B. $b=1$ und betrachtest dann die Abbildung, die jedem Polynom $f \in \mathbb{Z}[x]$ den Wert $f(b)$ zuordnet. Für $b=1$ ist das also die Abbildung\[ \varphi: \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}, f \mapsto f(1). \] Zum Beispiel ist $\varphi(x)=1$ und $\varphi(x^2+2)=3$.


-----------------
"Mathematik ist die Wissenschaft, bei der man weder weiß, wovon man spricht, noch ob das, was man sagt, wahr ist." (Bertrand Russell)
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-29

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2018-07-25 09:57 - DavidM in Beitrag No. 61 schreibt:
Hallo,

für den Einsetzungshomomorphimsus wählst du in deinem Fall ein festes $b \in \mathbb{Z}$, z.B. $b=1$ und betrachtest dann die Abbildung, die jedem Polynom $f \in \mathbb{Z}[x]$ den Wert $f(b)$ zuordnet. Für $b=1$ ist das also die Abbildung\[ \varphi: \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}, f \mapsto f(1). \] Zum Beispiel ist $\varphi(x)=1$ und $\varphi(x^2+2)=3$.

Bei b=1 eingesetzt in das Beispielpolynom 2. Grades $rx^2+sx+t$ liefert $f(1)=f(b)=r+s+t$.
Die Abbildung $\varphi: \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}, f \mapsto f(1)=f(b)=r+s+t$.
Es gibt sicher sehr viele $r,s,t:f(x)=rx^2+sx+t = r+s+t$ z.B. $1,1,1$, also allgemeine quadratische Polynome, die wenn man x=1 setzt $r+s+t$ ergeben.
Oder auch gar keins oder nur eins.
Nimmt man kubische Polynome so sind sie surjektiv, Zwischenwertsatz.

Ist das bis dahin richtig gedacht?
Und was ist ist jetzt die lineare Abbildung $\varphi: \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}, f \mapsto f(b)$ ?
Haette man b=0 so waers e es eine nullstellen suche, oder. Und das Bild immer =0.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.63, vom Themenstarter, eingetragen 2018-08-06


Ich hatte hier kein OK gesetzt, denn die Sache ist noch nicht 100% klar.
allerdings ist es mir irgenwann peinlich, wenn ich scheins einfaches noch nicht voll verstehe. In meinen  Mathe-Albträumen sehe ich ein haufen hoch intellenten Dozenten mich kopfschüttelnd anstarren. und oder lachen..
Ist ja vielleicht auch so? Bitte nicht antworten smile
Haben andere ähnliche Ängste oder Gedanken? oder sind hier nur Geniale Sofortversteher?
Hallo übrigens lebe noch nach Klinikaufenthalt, dieser war nicht wg Mathe.
"Nicht dass es jemand interessiert biggrin "


Hitzewelle oder Zuwarmi?
Wosamma  eek






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Schachus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.64, eingetragen 2018-08-06

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Ich habe hier nicht alles im Detail gelesen, aber ich möchte 2 Dinge hinzufügen, die hoffentlich die Sache klarer machen:

zu deinem Beispiel am Anfang mit \(L=\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{7})\):

Es kann keinen Automorphismus \(\sigma\) mit \(\sigma(\sqrt{5})=\sqrt{7}\) geben, denn sonst wäre (weil \(\sigma\) als Körperautomorphismus mit + und \(\cdot\) kommutiert) auch \(5=\sigma(5)=\sigma(\sqrt{5}^2)= (\sigma(\sqrt{5}))^2=\sqrt{7}^2=7\), was offenbar nicht stimmt. Das ist sowieso die Idee von konjugierten Nullstellen und Minimalpolynom und co, weil wenn es ein Polynom P gibt mit \(P(x)=0\), so ist aus dem selben Grund wie oben auch \(P(\sigma(x))=\sigma(P(x))=\sigma(0)=0\), also auch \(\sigma(x)\) eine Nulstelle von P. Im Beispiel wendest du das auf \(P(x)=x^2-5\) an, das MiPo von \(\sqrt{5}\).
Falls du das alles schon verstanden hast, sorry, aber zu viel Erklärung kann bestimmt nicht fragen.

zu deiner letzten Frage mit der Einsetzung: ja die Einsetzung ist surjektiv(dazu kannst du auch die konstanten in \(\mathbb{Z}[X]\)) betrachten. Nein, mit Nullstellen hat das nichts zu tun, es ist eine Einsetzung von b. Für b=0 bildest du f immer auf f(0) ab, das ist genau der konstante Term also \(a_nX^n+\ldots+a_0 \mapsto a_0\).

Mit Nullstellen wäre das höchstens so: Wenn f eine Nullstelle b hat, so liegt f im Kern des Einsetzungshom. Für fixes b ist der Kern also die Menge aller f, die bei b eine Nullstelle haben(ich bin aber nicht sicher, ob dir das hilft, die Einsetzung zu verstehen).
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.65, vom Themenstarter, eingetragen 2018-08-07

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2018-08-06 22:25 - Schachus in Beitrag No. 64 schreibt:

zu deiner letzten Frage mit der Einsetzung: ja die Einsetzung ist surjektiv(dazu kannst du auch die konstanten in \(\mathbb{Z}[X]\)) betrachten. Nein, mit Nullstellen hat das nichts zu tun, es ist eine Einsetzung von b. Für b=0 bildest du f immer auf f(0) ab, das ist genau der konstante Term also \(a_nX^n+\ldots+a_0 \mapsto a_0\).

Mit Nullstellen wäre das höchstens so: Wenn f eine Nullstelle b hat, so liegt f im Kern des Einsetzungshom. Für fixes b ist der Kern also die Menge aller f, die bei b eine Nullstelle haben(ich bin aber nicht sicher, ob dir das hilft, die Einsetzung zu verstehen).

Ja danke, sehr ausführlich sehr nett!!
Mit der Konjugiertheit ist klar jetzt. hoffe ich...
Die Permutation der Nullstellen $\sqrt{5}$ und $\sqrt{7}$  laesst sich nicht in einen KA fortsetzen.
Nicht klar ist dier Linearitaet des Einsetzungshomomorphismus.

Ich schreibe das mal explizit sehr ausführlich hin mehr für mich selbst zum Verständnis,
das hilft mir.
Und wenn jemannd sagt zu jedem satz: das stimmt wenn er stimmt, hilfts mir auch schon obwohl ich den
Protagonisten nicht überfordern will.  wink

Ich Nehme mal den Fall b=1: Wir hätten z.B. eine Menge von 4 Quartics.
Ich bilde die Polynome, hier mal irgenwelche 4 Quartics auf das ab wenn man 1 einsetzt ja?
Diese 4 Quartics $f_{0_\ldots 3}$ werden durch ein $\sigma_b$ abgebildet auf das was eben rauskommt, wenn man 1 einsetzt. Daher das Wort Einsetzungshomomorphismus. Das Ergebnis ist je 1 Wert pro Polynom.
Also $\sigma$ ist nicht unbedingt rechtseindeutig aber unbedingt linksvollstaendig nicht unbedingt rechtsvollstaendig und nicht unbedingt rechtseindeutig. Als Bild der f_k kommen einige verschiedene oder gleiche $f_k(b) = y_k, k=0..3$ raus

$f_0(1) = y_0$
$f_1(1) = y_1$
$f_2(1) = y_2$
$f_3(1) = y_3$

Die Sourcemenge A[x], Kategorie, Definitionsmenge, Quellmenge oder wie sagt man richtig? bestehe hier mal nur aus diesen 4 Quartics.
$\displaystyle \mathbb D[x]= f_0,f_1,f_2,f_3$.
Destination ist $\mathbb B$ oder Wertemenge. Hier besteht aus $\mathbb M= f_0(1),f_1(1),f_2(1),f_3(1)$, das ist der Wertebereich.
Eben der Funktionswert an der Stelle b=1.
Daher das Wort Einsetzungshomomorphismus.
Es müssen ja nicht mal Quartics sein oder sondern beliebige Polynome $\mathbb f_k \in Z[x]$. in die man b einsetzt, das geht ja immer.
Bitte berichtigen wenn etwas falsch verstanden von mir.

Also
$\displaystyle f_0^1 \mapsto y_0$
$\displaystyle f_1^1 \mapsto y_1$
$\displaystyle f_2^1 \mapsto y_2$
$\displaystyle f_3^1 \mapsto y_3$

Zunächst ist dieses $\displaystyle f_k^b$ aber nur eine Abbildungsvorschrift mit den o.a. angegebenen Eigenschaften
und es ist nicht klar ob Linearität vorliegt. Was soll jetzt überhaupt linear sein?

$\displaystyle \sigma_0 (b) = f_0^b$
$\displaystyle \sigma_1 (b) = f_1^b$
$\displaystyle \sigma_2 (b) = f_2^b$
$\displaystyle \sigma_3 (b) = f_3^b$

sind 4 Bilder des b abhängig vom k. Ist das so richtig? Das ist wahrscheinlich falsch oder missverstaendlich notiert...

Für einen  Ringhomomorphismus muss gelten:
1. $f_k(b)+f_l(b)= f_{k+l}(b)$
2. $f_k(b)*f_l(b)= f_{k*l}(b)$

oder?
wie soll ich das beides aber nachweisen?

Sry, ich formulier extra ausführlich, auf das jemand verstehe wo mein Denkfehler sei...
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Schachus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.66, eingetragen 2018-08-07

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Wenn du Linearität bzw. die Homomorphismeneigenschaft nachweisen willst, musst du im Kopf haben, wie Addition bzw. Multiplikation in deinem Urbild funktionieren.

2018-08-07 10:01 - juergen007 in Beitrag No. 65 schreibt:
Für einen  Ringhomomorphismus muss gelten:
1. $f_k(b)+f_l(b)= f_{k+l}(b)$
2. $f_k(b)*f_l(b)= f_{k*l}(b)$

Das ist fast richtig, aber vermutlich ist dieses fast genau das entscheidende Problem. Anstelle von \(f_{k+l},f_{k*l}\) müsste dort \(f_{k}+f_{l},f_{k}*f_{l}\), stehen also im Ganzen:

1.\(f_k(b)+f_l(b) = (f_{k}+f_{l})(b)\)
2.\(f_k(b)\cdot f_l(b)= (f_{k}\cdot f_{l})(b)\)

Dabei ist dieses + bzw. * auf der rechten Seite die Addition bzw. Multiplikation in deinem Polynomring. Dabei kommt nicht unbedingt eines der 4 Polynome raus mit denen du angefangen hast, was man bei deiner Notation $f_{k+l}$ denken würde.

Ich würde vorschlagen, du rechnest ein konkretes Beispiel:

Nimm z.B. \(f= X^2 +3X +5 \in \mathbb{Z}[X], g=X^3+2X\in \mathbb{Z}[X]\).

Ich habe bewusst f und g statt $f_1$ und $f_2$ geschrieben, damit dich der Index nicht verwirrt und bewusst nicht f(X) geschrieben um Klar zu machen, dass es formale Polynome sind und nicht die Werte der Polynomfunktion.  

Was sind jetzt $f(1),g(1)$ und was ist \(f+g \in \mathbb{Z}[X]\)?
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juergen007
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2018-08-07 11:05 - Schachus in Beitrag No. 66 schreibt:

Nimm z.B. \(f= X^2 +3X +5 \in \mathbb{Z}[X], g=X^3+2X\in \mathbb{Z}[X]\).

Ich habe bewusst f und g statt $f_1$ und $f_2$ geschrieben, damit dich der Index nicht verwirrt und bewusst nicht f(X) geschrieben um Klar zu machen, dass es formale Polynome sind und nicht die Werte der Polynomfunktion.  

Was sind jetzt $f(1),g(1)$ und was ist \(f+g \in \mathbb{Z}[X]\)?
$f(1)=9,g(1)=3, f(1)+g(1)=12$
$f+g=X^2 +3X +5 +X^3+2X$
$(f+g)(1)=12$

Ok das ist jetzt simpel, die Muliplikation analog auch einfach angewandt, als ob ich erst die Polynome addiere bzw mulzipliziere nach den Rechernregelb der Polynome und dann einsetze oder umgekehrt hat identische ergebnisse.

b:=1:
$(f+g)(b)=12$
$f(b)+g(b)=12$ nach normalen einsetzen und dann Zahlen rechnen.
das gilt für beliebige b.

$\sigma^{b}(f+g)=\varphi^b(f)+\varphi^b(g)$
$\varphi^{b}(f+g)=\sigma^b(f)+\sigma^b(g)$,
wobei $\sigma$ die Ringoperationen der Polynome sind, und $\varphi$ die Ringoperationen auf $\mathbb Z$, sie sind zusammen die linearen Morphismen von $Z[x] \to Z$, zusammen eben der Einsetzungshomomorphismus.
Ich glaube das ist jetzt irrsinnig holperig ausgedrückt?

Oder "einfach"
$\sigma(f\rtimes g)=\varphi(f)\rtimes\varphi(g),\varphi(f)\rtimes(g)=\sigma(f)\rtimes\sigma(g)$
gilt für beliebige $f,g \in \mathbb Z[x]$.
wobei mit $\rtimes$ hier plus und mal gemeint sind.
Aber das sieht noch bloeder aus ... wie schreibt mans richtig? Bei diesen Formalien hab ich problems... biggrin
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2018-08-09

\(\begingroup\)
Ich weiß, das war furchtbar ausgedrückt...

Im Grunde ist es so:

Es ist gleichgültig, ob ich in mehreren Polynomen $f_k$ einen Wert b einsetze und dann eine gewünschte RingOperation $\sigma$ auf die $f_k(b)$ ausführe.
Oder erst Ringoperationen $\sigma$ auf die Polynome ausführe, und dann einen Wert b einsetze. Das Einsetzen selber nennen wir halt mal $\varphi$.
Der Kern $\varphi$ besteht dann halt aus allen $f_k(b)$, die 0 ergeben.
So richtig?



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.69, eingetragen 2018-08-09

\(\begingroup\)
$\sigma^{b}(f+g)=\varphi^b(f)+\varphi^b(g)$
$\varphi^{b}(f+g)=\sigma^b(f)+\sigma^b(g)$,
wobei $\sigma$ die Ringoperationen der Polynome sind, und $\varphi$ die Ringoperationen auf $\mathbb Z$, sie sind zusammen die linearen Morphismen von $Z[x] \to Z$, zusammen eben der Einsetzungshomomorphismus.
Ich glaube das ist jetzt irrsinnig holperig ausgedrückt?
Mir ist völlig unklar, was nun diese Ringoperationen sein sollen. Wenn Du Symbole \(\varphi^b,\sigma^b\) verwendest, mußt Du diese auch definieren. Zur Klärung, wie ein Einsetzungshomomorphismus funktioniert, sind auch weitere Definitionen nicht nötig.

Der Kern $\varphi$ besteht dann halt aus allen $f_k(b)$, die 0 ergeben.
So richtig?
Beinahe. Das ist aber das Problem. Was bedeutet der Index k und wo liegt \(ker(\varphi)\) bzw. $f_k(b)$?

Hier sehe ich einfach zu viele grundsätzliche Lücken. Es wäre besser, wenn Du Dir ein Lineare-Algebra-Buch (mit vielen Aufgaben!!! oder mit einem begleitendem Aufgabenbuch) vornimmst und dieses komplett durcharbeitest, um zu lernen, wie mathematische Objekte sauber definiert werden und wie dann damit einfache Beweise geführt werden. Ganz wichtig: Das sollte ohne Wikipedia oder google bearbeitet werden. Für nachfragen, gibt es dann immer noch dieses Forum.

 
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.70, vom Themenstarter, eingetragen 2018-08-14


ja
Ich habe meist das Problem: ich sehe den Zusammenhang oder eine Struktur oder Gesetz 100%ig vor mir, kann das aber nicht in Buchstabenform bringen.
Ich bin ein visueller Typ. Ich sehe Mathematik vor mir. Versuche ein Cezanne oder Picaso oder Autogetriebe zu beschreiben.
Du kannst es total verstehen sogar "nachbauen" aber das keinem 3ten vermitteln.
Das ist keine Entschuldigung oder angeberisch noch minderwertig meinerseits.

schöner Vortrag zu Abel/Ruffini aus
Gleichungen, die nicht lösbar sind.
youtu.be/gjOxqSLnEZY?t=1262

Edit:
Mir geht es ja nur darum zu zeigen ist das Einsetzen wirklich eine lineare Abbildung?

Das fand ich noch:
(X²-X)(2)=X²(2)-X(2)=2²-2=2.



Es finden an sich 4 verschieden Operationen in 2 Ringen statt wobei man von 3en weiß, dass sie linear bzw. sogar bijektiv sind. Daraus kann man ein kommutierendes Diagramm machen. aber wie weiss ich jetzt nicht.




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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.71, eingetragen 2018-08-15

\(\begingroup\)
2018-08-14 19:18 - juergen007 in Beitrag No. 70 schreibt:
ja
Ich habe meist das Problem: ich sehe den Zusammenhang oder eine Struktur oder Gesetz 100%ig vor mir, kann das aber nicht in Buchstabenform bringen.
Ich bin ein visueller Typ. Ich sehe Mathematik vor mir. Versuche ein Cezanne oder Picaso oder Autogetriebe zu beschreiben.
Du kannst es total verstehen sogar "nachbauen" aber das keinem 3ten vermitteln.
Das ist keine Entschuldigung oder angeberisch noch minderwertig meinerseits.

Langsam aber sicher habe ich keine Lust mehr. Du hast den Thread mit
2018-03-06 00:21 - juergen007 im Themenstart schreibt:
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?
gestartet und mittlerweile sind wir bei "Was ist ein Ringhomomorphismus?" angekommen. Wie Triceratops bereits in #7 beschrieben hat, beschäftigt Dich dieses Thema nicht erst seit gestern.

Kannst Du gundlegende Definitionen/Eigenschaften zu Gruppen/Ringen/Körpern ohne nachzuschlagen aufs Papier bringen und diese mit Beweisen und Beispielen anreichern? Z.B.:
- Wie ist ein Ring / Ringhomorphismus definiert?
- Was ist ein Normalteiler, Rechts-, Linksnebenklasse?
- Wie lautet der Homomorphiesatz & Beweis?
- Wie ist ein Polynomring definiert / konstruiert?
- Sind für zwei Ideale \(\mathfrak{a,b}\subset R\) die Mengen \(\mathfrak{a+b, a\cdot b, a\cup b, a\cap b}\) auch wieder Ideale (mit Beweis)?

Solange Du diese und viele ähnliche Fragen nicht einigermaßen sicher und selbstständig beantworten kannst, ist es einfach sinnlos, dass Du Dich mit Galoistheorie beschäftigst

Und dann kommen wir zu Deiner letzen Frage

Mir geht es ja nur darum zu zeigen ist das Einsetzen wirklich eine lineare Abbildung?

Das fand ich noch:
(X²-X)(2)=X²(2)-X(2)=2²-2=2.

Es finden an sich 4 verschieden Operationen in 2 Ringen statt wobei man von 3en weiß, dass sie linear bzw. sogar bijektiv sind. Daraus kann man ein kommutierendes Diagramm machen. aber wie weiss ich jetzt nicht.
Kannst Du zeigen, dass ein Einsetzungshomomorphismus ein Ringhomomorphismus ist - oder zumindest die zu prüfenden Bedingungen sauber aufschreiben?
\(\endgroup\)


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juergen007
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2018-08-15 13:51 - TomTom314 in Beitrag No. 71 schreibt:
2018-03-06 00:21 - juergen007 im Themenstart schreibt:
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?

Kannst Du gundlegende Definitionen/Eigenschaften zu Gruppen/Ringen/Körpern ohne nachzuschlagen aufs Papier bringen und diese mit Beweisen und Beispielen anreichern? Z.B.:
- Wie ist ein Ring / Ringhomorphismus definiert?
- Was ist ein Normalteiler, Rechts-, Linksnebenklasse?
- Wie lautet der Homomorphiesatz & Beweis?
- Wie ist ein Polynomring definiert / konstruiert?
- Sind für zwei Ideale \(\mathfrak{a,b}\subset R\) die Mengen \(\mathfrak{a+b, a\cdot b, a\cup b, a\cap b}\) auch wieder Ideale (mit Beweis)?

Solange Du diese und viele ähnliche Fragen nicht einigermaßen sicher und selbstständig beantworten kannst, ist es einfach sinnlos, dass Du Dich mit Galoistheorie beschäftigst

Kannst Du zeigen, dass ein Einsetzungshomomorphismus ein Ringhomomorphismus ist - oder zumindest die zu prüfenden Bedingungen sauber aufschreiben?

Ok aus dem Stand.
Wenn ich mich nicht zu sehr blamiere..

1) Wie ist ein Ring / Ringhomorphismus definiert?

Seien A,B Ringe (muessen nicht kommutativ sein) mit den beiden Operationen $(+,\circ)$, und $f:\mathbb A\mapsto\mathbb B$ eine wohldefinierte Abbildung, dann muss gelten: $\forall a,b\in \mathbb A: f(a+b)=f(a)+f(b)$ und $\forall a,b\in \mathbb A: f(a\circ b)=f(a)\circ f(b)$.

Beispiel:

Die komplexe Konjugation $\displaystyle \mathbb {C} \to \mathbb {C} ;z\mapsto {\bar {z}}$

2) Was ist ein Normalteiler, Rechts-, Linksnebenklasse?

Sei $\mathbb H\subset\mathbb G$, Gruppen, H nicht leer, dann ist:
(*) $\mathbb H\triangleleft \mathbb G$, iff $\forall h \in \mathbb H,\forall g \in\mathbb G: ghg^{-1} = g^{-1}hg$.

Linksnebenklasse : Sei g beliebig $\in G,\forall h\in\mathbb H: L_{g}=gh$ sieht irgendwie falsch aus, aber ich lass es mal so stehen.

Dann auch

Rechtsnebenklasse : Sei g beliebig $\in G,\forall h\in\mathbb H: R_{g}=hg$

(**)Wenn H Normalteiler, sind Rechtsnebenklassen und Linksnebenklasse identisch.
Die Aussagen (**) und (*) sind äquivalent der Beweis ist seht schwierig also nicht auis dem Stand... by me;)
Dann bilden die Links und Rechtsnebenklassen eine sog. Faktorgruppe: $\mathbb G/\mathbb H$.

Den Beweis, dass das eine Gruppe ist müsste ich nachsehen.

Beispiel $\mathbb S_3/\mathbb A_3 \cong \mathbb C_2$

3)  Wie lautet der Homomorphiesatz & Beweis?
da müsste  ich schon nachsehen... man  kann aus jedem Homomorphismus einen Isomorphismus konstruieren ... dazu muss man noch den Begriff Faktorgruppe, Bild umd Kern einführen.

4) Wie ist ein Polynomring definiert / konstruiert?
da müsste ich schon nachsehen...
Etwa $f(x)=\sum_{i=1}^N a_ix^i$

5) Sind für zwei Ideale \(\mathfrak {a,b}\subset R\) die Mengen \(\mathfrak{a+b, a\cdot b, a\cup b, a\cap b}\) auch wieder Ideale (mit Beweis)?

\(\mathfrak{ a\cdot b, a\cap b}\) sind sicher auch Ideale, aber hinschreiben kann ich es nicht aus dem Stand.
\(\mathfrak{ a+ b, a\cup b}\) sicher nicht, da für beliebige  $i \in (I), j \in (J), i+j$ teilt in keinem Fall Grad(I)*Grad(J) wenn |I|,|J| teilerfremd. Das ist sicher nicht by the book aber...

Edit natürlich gibt es Fälle, in denen $a+b \in \mathfrak{a+b}$.
aber ein Gegebenbeispiel a=5, b=6 reicht. Siehe auch Lemma von Bézout.

6) Kannst Du zeigen, dass ein Einsetzungshomomorphismus ein Ringhomomorphismus ist:

Mir ist nicht ganz klar was das "f" hier ist.

Danke !! Das hilft mir sehr!

Rest folgt.

Jürgen


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TomTom314
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Die Fragen waren vor allem dazu gedacht, dass Du über Deinen Wissensstand reflektierst und nicht unbedingt, um mir zu zeigen, dass Du (Teil-)Antworten dazu hast.

zu 1),2) Bei den Ringen hast Du gerade die für Körper-/Galoistheorie relevanten Ringe nicht beachtet (kommutativ, mit Einselement). Die Definitionen zu Normalteiler und Nebenklassen sind nicht richtig.

zu 2),3),4),5)
Den Beweis dass das eine Gruppe ist müsste ich nachsehen.
... da müsste ich schon nachsehen...
... aber hinschreiben kann ich es nicht aus dem Stand.
Das ist das Problem. Die Antworten (mit einer Beweisidee / einem grundsätzlichen Vorgen) solltest Du mit etwas nachdenken Dir selbstständig erarbeiten können.

zu 5)
aber hinschreiben kann ich es nicht aus dem Stand.
Dieses ist eigentliche eine ganz einfache Aufgabe, bei der geprüft wird, ob Du die Definition eines Ideals kennst und anwenden kannst. Es gibt nur sehr wenige Aufgaben zu Idealen, die noch einfacher sind.
...  Grad(I)*Grad(J) ... |I|,|J|
Das ist jetzt schon ein Klassiker. Du verwendest Bezeichnungen, die garnicht definiert sind. Im übrigen ist die Unterteilung in Ideal/Nichtideal auch nicht richtig.

zu 6) Das steht - wie aus dem Lehrbuch - in Beitrag 61 von DavidM.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.74, eingetragen 2018-08-16

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Nachtrag zu ein paar Änderungen:

Wenn H Normalteiler, sind Rechtsnebenklassen und Linksnebenklasse identisch.
Die Aussagen (**) und (*) sind äquivalent der Beweis ist seht schwierig also nicht auis dem Stand... by me;)
Die Beweisidee paßt in eine Zeile: Sei \(g\in G\) ein Element.
H Normalteiler in G \(\Rightarrow H\subseteq gHg^{-1}\), Multipilkation von rechts mit g \(\Rightarrow Hg\subseteq gH\)

Edit natürlich gibt es Fälle, in denen $a+b \in \mathfrak{a+b}$.
aber ein Gegebenbeispiel a=5, b=6 reicht. Siehe auch Lemma von Bézout.
Ich kann hier kein (Gegen-)Beispiel erkennen. Wie Du das Lemma von Bézout anwenden möchtest ist auch nicht erkennbar.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.75, vom Themenstarter, eingetragen 2018-08-16

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Ich wollte nur so ehrlich sein:  diese Defs meine ich zu wissen, kann mich auch irren. Und mit diesem
... da müsste ich schon nachsehen...

meinte ich ganz ehrlich: weiss ich nicht in diesen Moment im Kopf ohne recherechieren das war ehrlich gemeint. Habe mir da ein Blöße gegeben ok.
Mit Grad eines Ideal(I) in Z meinte ich i.
Wenn i primelement in einer Ringwerweiterung ist, stimmt das natürlich nicht.
Was ist falsch an der NT/NK definition? Hätte ich kurz bei wiki geschaut hätt ich richtig geschrieben aber das wollte ich bewusst nicht.


zu 1),2) Bei den Ringen hast Du gerade die für Körper-/Galoistheorie relevanten Ringe nicht beachtet (kommutativ, mit Einselement)

Kommutativer Ring mit Eins ist ein Spezialfall von Ringen. Auch fur die gelten
$\forall a,b\in \mathbb A: f(a+b)=f(a)\circ f(b)$.
$\forall a,b\in \mathbb A: f(a\circ b)=f(a)\circ f(b)$.
Und die Galoisthorie gilt auch füe andere Ringe/Körper als Z oder Q.


thx anyway





[Die Antwort wurde nach Beitrag No.73 begonnen.]
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.76, vom Themenstarter, eingetragen 2018-08-16


Btw :
fände ich es nett, wenn jemand sagt: ja diese Aussage stimmt !
das erhöht mein ää what so ever... biggrin
Nicht alles in Beitrag #72 ist falsch.




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juergen007
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2018-08-16 15:28 - TomTom314 in Beitrag No. 74 schreibt:
Die Beweisidee paßt in eine Zeile: Sei \(g\in G\) ein Element.
H Normalteiler in G \(\Rightarrow H\subseteq gHg^{-1}\), Multipilkation von rechts mit g \(\Rightarrow Hg\subseteq gH\)
OK Danke!

Edit natürlich gibt es Fälle, in denen $a+b \in \mathfrak{a+b}$.
aber ein Gegebenbeispiel a=5, b=6 reicht. Siehe auch Lemma von Bézout.
Ich kann hier kein (Gegen-)Beispiel erkennen. Wie Du das Lemma von Bézout anwenden möchtest ist auch nicht erkennbar.

Nun ja:
wenn wir von Hauptidealen reden, dann
Seien $m,n\in Z, ggt(p,q)=1,k\in \mathfrak{ p\cdot q}=\mathfrak{k},
mp \in \mathfrak{p},
nq \in \mathfrak{q}$
so muss (Bezout) $mp+nq =k\in \mathfrak{k}$, was bei teilerfremden p,q auch für k=1 gilt.
Ergo ist $1 \in\mathfrak{p}+\mathfrak{q}$, wenn letzeres überhaupt ein HauptIdeal ist. Widerspruch.
Ist mit $\mathfrak {a\cdot b}$ das Komplexprodukt gemeint?
Dann ist dies meist kein Ideal. (AB) ist eins.

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TomTom314
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2018-08-16 15:50 - juergen007 in Beitrag No. 76 schreibt:
Btw :
fände ich es nett, wenn jemand sagt: ja diese Aussage stimmt !
das erhöht mein ää what so ever... :-D
Nicht alles in Beitrag #72 ist falsch.

Natürlich ist dort auch richtiges dabei. Der entscheidende Punkt ist aber, dass Du in diesem - wie auch in einigen anderen - Threads Galoistheorie diskutieren möchtest. Die Fragen aus #71 sind sowas wie das kleine 1x1 für die Algebra, wo Du einfach zu viel Lücken hast. Das führt dazu, dass Du immer wieder etwas schreibst, was unvollständig / nicht richtig ist. Danach gibt es häufig eine lange Diskussion, um Dich zu überzeugen, dass Deine Aussage falsch war. Das ist vermeidbar, wenn die Grundlage sitzen.


Nun ja:
wenn wir von Hauptidealen reden ...
... Ergo ist $1 \in\mathfrak{p}+\mathfrak{q}$, wenn letzeres überhaupt ein HauptIdeal ist. ...
Bei der ursprünglichen Frage hatte ich nichts von Hauptidealen erwähnt. Wenn 1 in eimen Ideal liegt, ist dieses Ideal automatisch ein Hauptideal. Warum sollte $1 \in\mathfrak{p}+\mathfrak{q}$ das ein Widerspruch sein. Versuch doch einfach mal anhand der Definitionen nachzurechnen, ob $\mathfrak{p}+\mathfrak{q}$ ein Ideal ist!

Kommutativer Ring mit Eins ist ein Spezialfall von Ringen. Auch fur die gelten
$\forall a,b\in \mathbb A: f(a+b)=f(a)\circ f(b)$.
$\forall a,b\in \mathbb A: f(a\circ b)=f(a)\circ f(b)$.
Und die Galoisthorie gilt auch füe andere Ringe/Körper als Z oder Q.
Bei Ringhomomorphismen zwischen kommutativen Ringen mit Eins wird üblicherweise verlangt, dass \(f(1_{\mathbb A})=1_{\mathbb B}\) gilt, was eine überaus nützliche Eigenschaft ist. Die allermeisten Ringe(+Homs), die im Kontext der Galoistheorie auftreten erfüllen diese Eigenschaft (nicht nur \(\IZ\) und \(\IQ\)).
\(\endgroup\)


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juergen007
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Der Durschschnittsbeweis für beliebige Ideale ist recht "leicht".
Sei $m,n \in R$
$I=(i)$
$J=(j)$
$\Rightarrow i \in I, j \in J$
$M=I\cap J$
$\Rightarrow i,j\in M$
$a=mi \in I \subset M$
$b=nj\in J\subset M\Rightarrow a,b \in M, mi,nj \in M$
$x=a+b=mi+nj= ck \in  M$
$y=a*b=mi*nj=mnji\in I\wedge y=mnij\in J\Rightarrow y\in M$
$a\in M$
$b\in M$
$x+y=z\in M$
$xy=w\in M$

Wahrscheinlich gehts auch kürzer.

An sich selbstkritisch fehlt noch: ist M wirklich ein Ideal d.h $\forall w,z \in M: w=rm, z=sm, M=(m)$ und was ist das m? Das hägt vom ggt(i,j) ab.

Es steckt in der Zeile: $x=a+b=mi+nj= ck \in  M$

Genauer gesagt ist $m=ggt(i,j)$.

$\mathfrak{a+b, a\cdot b, a\cup b}$ sind meist keine Ideale.

Nochmal selbstkritisch kommt mir obiges wie ein Zirkelschluss vor... eek

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