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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Galoisgruppe isomorph zur symmetrischen Gruppe S_3
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Universität/Hochschule Galoisgruppe isomorph zur symmetrischen Gruppe S_3
dome1504
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-20


Hallo,

es geht um die folgende Aufgabe:
fed-Code einblenden

Dazu habe ich mir dann erstmal folgendes überlegt:

fed-Code einblenden

Liebe Grüße
Dome





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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-20


Warum können deiner Meinung nach deine beiden nichtreellen Nullstellen des Polynoms $f(x)$ bei einem Automorphismus der Galoisgruppe nicht auf die reelle Nullstelle abgebildet werden?  $f(x)$ ist schließlich das gemeinsame Minimalpolynom über $\mathbb Q$ für alle drei Nullstellen.



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dome1504
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-20


Hallo,

das Minimalpolynom von alpha1 ist ja f, aber das Minimalpolynom von alpha2 ist ja nur (x-alpha2)(x-alpha2'). Ich dachte, dass man das jeweilige Element, was man adjungiert, auf die Nullstellen des jeweiligen Minimalpolynoms abbildet. Also alpha1 auf alle 3, aber alpha2 nur auf alpha2 und alpha2'. Vielleicht vertue ich mich da oder ich verstehe nicht so genau was du meinst. Generell habe ich das mit den Fortsetzungen vom theoretischen her noch nicht ganz nachvollzogen.

Liebe Grüße
Dome



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-20


2019-12-20 21:07 - dome1504 in Beitrag No. 2 schreibt:
das Minimalpolynom von alpha1 ist ja f, aber das Minimalpolynom von alpha2 ist ja nur (x-alpha2)(x-alpha2').

Ne falsch, das Minimalpolynom von $\alpha_2$ (über $\mathbb Q$ wohlgemerkt, denn darauf kommt es hier an!) ist ebenfalls $f(x)$.  eek

Was ist übrigens mit einem Automorphismus in der Galoisgruppe, der $\alpha_1$ in $\alpha_2$ überführt und der ja auch bei dir existiert: Was macht denn der inverse Automorphismus dazu, der ja dann sicher auch existiert, mit diesen beiden Nullstellen?  cool



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dome1504
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-20


Achso, ich dachte, man müsse dann das zweite Minimalpolynom über Q mit der bereits adjungierten Nullstelle bestimmen. Wenn ich recht überlege, haben wir es so aber noch kein mal gemacht

Danke für die Hilfe!

Liebe Grüße
Dome



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-20


2019-12-20 21:07 - dome1504 in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo,

das Minimalpolynom von alpha1 ist ja f, aber das Minimalpolynom von alpha2 ist ja nur (x-alpha2)(x-alpha2'). Ich dachte, dass man das jeweilige Element, was man adjungiert, auf die Nullstellen des jeweiligen Minimalpolynoms abbildet. Also alpha1 auf alle 3, aber alpha2 nur auf alpha2 und alpha2'. Vielleicht vertue ich mich da oder ich verstehe nicht so genau was du meinst. Generell habe ich das mit den Fortsetzungen vom theoretischen her noch nicht ganz nachvollzogen.

Liebe Grüße
Dome
Wenn das Minimalpolynom eines reellen $\alpha_1$ ein f(x) dritten Grades ist
(das bedeutet wohl dies Dreieck),
sagen wir $f(x)=x^3+2$ ist,
so ist $Q(\alpha_1),\alpha_1= \sqrt[3]{2}$ eine Körpererweiterung von Q,
die zumindest die Nullstelle $\alpha_1= \sqrt[3]{2}$ von f(x) enthält.
Zu zeigen wäre,dass diese KE nicht normal aber separabel ist, also noch zumindest eine andere irratonale Nullstelle $\alpha_2$ hat und auch $\alpha_2'$.
Dann ist $\alpha_2$ irrational. Dann ist das Minimalpolynom von $\alpha_2$ ja $(x-\alpha2)(x-\alpha2')$, aber nur wenn \alpha2 rein reell ist.
Und $\alpha_2$ wird auf $\alpha_2'$ durch ein Elment $\tau$ der Galoisgruppe abgebildet.
Auch $x0=\alpha_1$ wird auf $x1=\alpha_2$ und durch einen Isomorphismus auf $x2=\alpha_2'$ abgebildet.
Die beiden $x2=\alpha_2$ und $x2=\alpha_2'$ koennen nicht rein reell sein. Sonst waere f(x) reduzibel. Und $\alpha_1$ ganzzahlig.
Also nur das adjungieren der Nullstelle  $\alpha_1$ reicht nicht fuer eine volle KE in der f(x) zerfaellt.
Wie weird sagte:
f(x) ist schließlich das gemeinsame Minimalpolynom über Q für alle drei Nullstellen $x0=\alpha_1,x1=\alpha_2,x2=\alpha_2'$. Und $L=Q(\alpha_1,\alpha_2)$ in dem auch $\alpha_2'$ liegt. Es wird also die abb. $\alpha_1 \Leftrightarrow \alpha_2$ auf $\alpha_1 \Leftrightarrow \alpha_2'$ auch angewandt.
Nochmal: da $Q(\alpha_1)$ nicht alle Mullstellen von f(x) enthält, müssen wir noch $\alpha_2$  und $\alpha_2'$ fuer $\mathbb L$ dazunehmen. Und die Galoisgruppe $Gal(L/Q)$ enthaelt alle 6 Permutationen der $S_3$, da alle fortsetzbar in L sind

edit
Um zu zeigen wie
$\displaystyle\alpha_1\Leftrightarrow\alpha_2\Leftrightarrow\alpha_2'$ aussieht also $(123)$ Element der $Gal(L/Q)$ ist muesste man schon ein rechenraufwabd treiben oder sich darauf berufen, das $(12)(23)=(231)$ und $(23)(12)=(132)$ ist.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-12-21


2019-12-20 21:07 - dome1504 in Beitrag No. 2 schreibt:
das Minimalpolynom von alpha1 ist ja f, aber das Minimalpolynom von alpha2 ist ja nur (x-alpha2)(x-alpha2'). Ich dachte, dass man das jeweilige Element, was man adjungiert, auf die Nullstellen des jeweiligen Minimalpolynoms abbildet. Also alpha1 auf alle 3, aber alpha2 nur auf alpha2 und alpha2'. Vielleicht vertue ich mich da oder ich verstehe nicht so genau was du meinst. Generell habe ich das mit den Fortsetzungen vom theoretischen her noch nicht ganz nachvollzogen.

Ok, halten wir uns an das (wieder einmal richtiggestellte!) Beispiel von Jürgen
\[f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]\] mit den Nullstellen
\[\alpha_1=\sqrt[3]2,\ \alpha_2=\frac{-1+\sqrt3\, i}2\,\sqrt[3]2,\ \alpha_3=\frac{-1-\sqrt3\, i}2\,\sqrt[3]2\] um deinem Gedankenfehler hier vielleicht auf die Spur zu kommen. Wegen
\[\alpha_2\cdot \alpha_3=\alpha_1^2\] lässt sich der Zerfällungskörper $L=\mathbb Q(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ von $f(x)$ auch einfacher schreiben als $L=\mathbb Q(\alpha_1,\alpha_2)$, d.h., wir können die Automorphismen von $L$ leicht bestimmen, indem wir einfach für jedes $f\in\textrm{Aut}(L)$ die beiden Bilder $f(\alpha_1)$ und $f(\alpha_2)$ in $L$ festlegen. Soweit sind wir vermutlich noch d'accord.  wink

Sieht man sich jetzt "dein" Polynom
\[(x-\alpha_2)(x-\alpha_3)=x^2+\sqrt[3]2 x+(\sqrt[3]2)^2\in\mathbb Q(\alpha_1)[x]\] genauer an, so sind dessen Koeffizienten nicht in $\mathbb Q$, sie werden also bei einem Automorphismus $f\in \textrm{Aut}(L)$  daher auch nicht(!) fixiert, das würde man aber für deinen Schluss brauchen, dass $f(\alpha_2)$ in $\{\alpha_2,\alpha_3\}$ liegen muss. Genau hier liegt also der Hase im Pfeffer!  biggrin

Man kann übrigens für ein Gedankenexperiment guten Gewissens in $L=\mathbb Q(\alpha_1,\alpha_2)$ die Nullstelle $\alpha_2$  wegen
\[i\sqrt 3=\frac{\alpha_2-\alpha_3}{\alpha_1}\] auch durch $i\sqrt 3$ ersetzen, d.h., es gilt auch $L=\mathbb Q(\sqrt[3]2,i\sqrt 3)$. Das Minimalpolynom von $i\sqrt 3$ ist aber $x^2+3\in\mathbb Q[x]$, d.h., damit würde dann auch dein ursprünglicher Gedankengang funktionieren, dass nämlich $f(i\sqrt 3)=\pm i\sqrt 3$ sein muss, was zusammen mit $f(\alpha_1)\in\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$ dann auch alle 6 Automorphismen hier liefert. Alles klar?  wink



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dome1504
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-21


Hallo,

erstmal danke für eure Antworten. Das hat mir schonmal weitergeholfen, allerdings muss ich über das ganze selber noch ein bisschen nachdenken.

Ich habe ja jetzt meine 9 Möglichkeiten für die Fortsetzungen, indem ich alpha1 und alpha2 jeweils auf alpha1, alpha2, alpha2' abbilde. Da scheiden dann sofort 3 aus, die keine Automorphismen sind und damit erhalte ich 6 Fortsetzungen. Mein Problem ist dann, wie ich die miteinander verknüpfen soll. Ich habe ja jeweils nur die Bilder von alpha1, alpha2 bestimmt. Was müsste dann f(alpha2') sein?

So wie bei deinem Beispiel haben wir es auch gemacht. Wir schauen uns alle Nullstellen von x^3 - 2 an, können die erste reelle dann mit der Einheitswurzel verknüpfen, um alle anderen zu erhalten und bei der Einheitswurzel brauchen wir dann auch wieder nur das, was da in der Wurzel steht, also in diesem Fall sqrt(-3), um den Zerfällungskörper zu erhalten. sqrt(-3) hat man dann auf +-sqrt(-3) abgebildet und damit war klar, wie man die ganzen Verkettungen bestimmt. Muss ich sowas ähnliches hier auch machen? Ich weiß ja bereits, dass (x-alpha2)(x-alpha2') in Q[alpha1] liegt und mit der p-q-Formel lassen sich dann die Nullstellen allgemein bestimmen, wobei ich mir nur das nehme, was in der Wurzel steht. Die kann ich dann auf +- die Wurzel abbilden.
Würde das so gehen oder habe ich da wieder einen Denkfehler?

Liebe Grüße
Dome



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-12-21


2019-12-21 11:38 - dome1504 in Beitrag No. 7 schreibt:
Muss ich sowas ähnliches hier auch machen? Ich weiß ja bereits, dass (x-alpha2)(x-alpha2') in Q[alpha1] liegt und mit der p-q-Formel lassen sich dann die Nullstellen allgemein bestimmen, wobei ich mir nur das nehme, was in der Wurzel steht. Die kann ich dann auf +- die Wurzel abbilden.
Würde das so gehen oder habe ich da wieder einen Denkfehler?

Ich glaube, ich weiß was du meinst: Du wendest die pq-Formel auf das Ergebnis der Polynomdivision $f(x)/(x-\alpha_1)$ an und machst dann wie oben beschrieben weiter. Ja, das könnte vielleicht so passen, aber man müsste sich dazu noch weitere Beispiele ansehen, denn unser obiges $f(x)=x^3-2$ hat doch eine sehr einfache Bauart.

Wichtiger erscheint mir aber, einfach den Grad der Körpererweiterung $L:\mathbb Q$ zu bestimmen. Wenn dieser 6 ist wie in unseren Beispielen, was zu $\alpha_2\not\in\mathbb Q(\alpha_1)$ äquivalent ist, so ist die Galoisgruppe automatisch die $S_3$.



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dome1504
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-21


Genau das meinte ich. Wenn alpha2= a+b*i ist, hätten wir ja (x-alpha2)(x-alpha2')=x^2 - 2ax + a^2 + b^2. Die Nullstellen sind dann ja gerade a+-sqrt(-b^2)=a+-i*b, was natürlich klar ist, da ja gerade das Polynom die Form (x-alpha2)(x-alpha2') hat. Würde es dann reichen, sqrt(-b^2) oder eben i*b zu adjungieren? a ist ja sowieso schon in Q[alpha1] enthalten, da das Polynom x^2 - 2ax + a^2 + b^2 in Q[alpha1][x] enthalten ist, also insbesondere 2a und damit a in Q[alpha1]?

Jetzt wo du es ansprichst haben wir genau in der Vorlesung gezeigt, dass die Ordnung der Gruppe k!, also gerade die Ordnung von S_k, teilt und dass es damit für die Isomorphie reicht, wenn die Ordnung der Galoisgruppe gleich k! ist. Du meintest ja, dass man nur zeigen muss, dass der Grad der Körpererweiterung gleich 3!=6 ist. Ich muss wie gesagt noch die Vorlesung einmal durchgehen, aber ich meine mich zu erinnern, dass für galoissche Körpererweiterungen [L:K]=[L:K]_S gilt, so dass man aus dem Grad 6 Separabilitätsgrad 6 und damit 6 Fortsetzungen erhält, woraus die Begründung folgt. Stimmt das so?

Liebe Grüße
Dome



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-12-21


2019-12-21 17:00 - dome1504 in Beitrag No. 9 schreibt:
Genau das meinte ich. Wenn alpha2= a+b*i ist, hätten wir ja (x-alpha2)(x-alpha2')=x^2 - 2ax + a^2 + b^2. Die Nullstellen sind dann ja gerade a+-sqrt(-b^2)=a+-i*b, was natürlich klar ist, da ja gerade das Polynom die Form (x-alpha2)(x-alpha2') hat. Würde es dann reichen, sqrt(-b^2) oder eben i*b zu adjungieren? a ist ja sowieso schon in Q[alpha1] enthalten, da das Polynom x^2 - 2ax + a^2 + b^2 in Q[alpha1][x] enthalten ist, also insbesondere 2a und damit a in Q[alpha1]?

Ja, ich sehe jetzt keinen Fehler in dieser Überlegung. Die Frage ist für mich halt nur, ob durch diesen Tausch von $\alpha_2$ gegen ein anderes Element in $\mathbb Q(\alpha_1)$ die Dinge wirklich einfacher geworden sind oder ob man nicht ganz einfach die ursprünglichen Nullstellen auf alle möglichen Arten permutieren sollte, was dann eben der symmetrischen Gruppe $S_3$ entspricht.

Jetzt wo du es ansprichst haben wir genau in der Vorlesung gezeigt, dass die Ordnung der Gruppe k!, also gerade die Ordnung von S_k, teilt und dass es damit für die Isomorphie reicht, wenn die Ordnung der Galoisgruppe gleich k! ist. Du meintest ja, dass man nur zeigen muss, dass der Grad der Körpererweiterung gleich 3!=6 ist. Ich muss wie gesagt noch die Vorlesung einmal durchgehen, aber ich meine mich zu erinnern, dass für galoissche Körpererweiterungen [L:K]=[L:K]_S gilt, so dass man aus dem Grad 6 Separabilitätsgrad 6 und damit 6 Fortsetzungen erhält, woraus die Begründung folgt. Stimmt das so?

Bleiben wir doch bei der Situation, die wir hier vorliegen haben, wo $L$ der Zerfällungskörper eines irreduziblen Polynoms $f(x)$ über $\mathbb Q$ ist, was einer klassischen Galoiserweiterung entspricht. Insbesondere braucht man sich um Separabiltät nicht zu kümmern, da diese hier automatisch erfüllt ist. Man nimmt dann von $\mathbb Q$ ausgehend solange Körpererweiterungen vor, bis man bei $L$ angelangt ist, bildet das Produkt $m$ aller Grade aller dieser Körpererweiterungen und weiß dann aufgrund von Sätzen der Galoistheorie, dass die Galoisgruppe (im allg. Fall von $n$ Nullstellen) isomorph zu einer Untergruppe der $S_n$ mit $m$ Elementen sein muss.



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-01-11


2019-12-21 22:13 - weird in Beitrag No. 10 schreibt:
Bleiben wir doch bei der Situation, die wir hier vorliegen haben, wo $L$ der Zerfällungskörper eines irreduziblen Polynoms $f(x)$ über $\mathbb Q$ ist, was einer klassischen Galoiserweiterung entspricht. Insbesondere braucht man sich um Separabiltät nicht zu kümmern, da diese hier automatisch erfüllt ist. Man nimmt dann von $\mathbb Q$ ausgehend solange Körpererweiterungen vor, bis man bei $L$ angelangt ist, bildet das Produkt $m$ aller Grade aller dieser Körpererweiterungen und weiß dann aufgrund von Sätzen der Galoistheorie, dass die Galoisgruppe (im allg. Fall von $n$ Nullstellen) isomorph zu einer Untergruppe der $S_n$ mit $m$ Elementen sein muss.

sorry die kurze Nachfrage: auch wenn sich 100%ig  herpasst an sonsten ignore :)

Sei $f(x)= x^3-\alpha^3$, irreduzibel

wir koennen ja erst $F=Q(\xi)/Q$ vom Grad 2 erweitern und dieses F dann als Basiskörper noch mit $\alpha$ erweitern.
Die erste Erweiterung F ist nicht galoisch aber die komplette $L=Q(\xi,\alpha)/Q$ vom Grad 6 ist normal und galoisch.
Ich dachte alle Zwischenerweiterungskörper muessen galoisch sein oder ist das nicht erforderlich?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-01-12


2020-01-11 23:28 - juergenX in Beitrag No. 11 schreibt:
2019-12-21 22:13 - weird in Beitrag No. 10 schreibt:
Bleiben wir doch bei der Situation, die wir hier vorliegen haben, wo $L$ der Zerfällungskörper eines irreduziblen Polynoms $f(x)$ über $\mathbb Q$ ist, was einer klassischen Galoiserweiterung entspricht. Insbesondere braucht man sich um Separabiltät nicht zu kümmern, da diese hier automatisch erfüllt ist. Man nimmt dann von $\mathbb Q$ ausgehend solange Körpererweiterungen vor, bis man bei $L$ angelangt ist, bildet das Produkt $m$ aller Grade aller dieser Körpererweiterungen und weiß dann aufgrund von Sätzen der Galoistheorie, dass die Galoisgruppe (im allg. Fall von $n$ Nullstellen) isomorph zu einer Untergruppe der $S_n$ mit $m$ Elementen sein muss.

sorry die kurze Nachfrage: auch wenn sich 100%ig  herpasst an sonsten ignore smile

Sei $f(x)= x^3-\alpha^3$, irreduzibel

wir koennen ja erst $F=Q(\xi)/Q$ vom Grad 2 erweitern und dieses F dann als Basiskörper noch mit $\alpha$ erweitern.
Die erste Erweiterung F ist nicht galoisch aber die komplette $L=Q(\xi,\alpha)/Q$ vom Grad 6 ist normal und galoisch.

Bleiben wir doch einfach bei dem konkreten Beispiel mit dem irreduziblen Polynom $f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]$ aus #6 und dessen Zerfällungskörper $L=\mathbb Q(\sqrt[3]2,i\sqrt 3)$. Wenn wir also als Erstes $i\sqrt 3$ adjungieren, wenn ich dich richtig verstanden habe, so hat das als Minimalpolynom $g(x):=x^2+3\in\mathbb Q[x]$ und der Erweiterungskörper $\mathbb(Q)(i\sqrt 3)$ ist daher gerade der Zerfällungskörper von $g(x)$. Warum bist du also der Meinung, dass diese Körpererweiterung nicht galoissch sein sollte?  confused
 

Ich dachte alle Zwischenerweiterungskörper muessen galoisch sein oder ist das nicht erforderlich?

Wie kommst du bloß immer auf so absurde Ideen? Tatsächlich ist hier der einzige(!) echte Zwischenkörper unserer Körpererweiterung, welcher als Körpererweiterung von $\mathbb Q$ galoissch ist, gerade der obige.  eek



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-01-12


2020-01-12 08:53 - weird in Beitrag No. 12 schreibt:

Bleiben wir doch einfach bei dem konkreten Beispiel mit dem irreduziblen Polynom $f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]$ aus #6 und dessen Zerfällungskörper $L=\mathbb Q(\sqrt[3]2,i\sqrt 3)$. Wenn wir also als Erstes $i\sqrt 3$ adjungieren, wenn ich dich richtig verstanden habe, so hat das als Minimalpolynom $g(x):=x^2+3\in\mathbb Q[x]$ und der Erweiterungskörper $\mathbb(Q)(i\sqrt 3)$ ist daher gerade der Zerfällungskörper von $g(x)$. Warum bist du also der Meinung, dass diese Körpererweiterung nicht galoissch sein sollte?  confused
 


Ich meinte an sich andersherum: ich adjungiere erst, weil es naheliegend ist , die reelle Nullstelle vpn $f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]$ und erhalte $\displaystyle L=\mathbb Q(\sqrt[3]2)$, was keine normale Erweiterung ist. Oder darf man das nicht?
Erst durch die zusaetzliche Erweiterung um $i\sqrt 3$, in dem auch die 3ten E- wurzeln sind, erhalten wir den galoischen Zerfaellungskoerper $K=\mathbb Q(\sqrt[3]2,i\sqrt 3)$ vpn $f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]$



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-01-12


2020-01-12 15:33 - juergenX in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich meinte an sich andersherum: ich adjungiere erst, weil es naheliegend ist , die reelle Nullstelle vpn $f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]$ und erhalte $\displaystyle L=\mathbb Q(\sqrt[3]2)$, was keine normale Erweiterung ist. Oder darf man das nicht?

Klar darf man das! Aber wie steht das bitte im Einklang mit

2020-01-11 23:28 - juergenX in Beitrag No. 11 schreibt:
Sei $f(x)= x^3-\alpha^3$, irreduzibel

wir koennen ja erst $F=Q(\xi)/Q$ vom Grad 2 erweitern und dieses F dann als Basiskörper noch mit $\alpha$ erweitern.
Die erste Erweiterung F ist nicht galoisch aber die komplette $L=Q(\xi,\alpha)/Q$ vom Grad 6 ist normal und galoisch.

wo du doch klar und unmissverständlich davon sprichst, dass zuerst die Erweiterung vom Grad 2 durchgeführt wird und erst dann die vom Grad 3 ?  confused

Und ja noch dazu, dass die erste Erweiterung, also die vom Grad 2 bei dir nicht galoissch ist: Körpererweiterungen vom Grad 2 sind unter den hier gegeben Bedingungen immer galoissch, also normal, denn adjungiert man eine Nullstelle des irreduziblen Polynoms vom Grad 2 so bekommt man damit automatisch dann auch die zweite mit dazu. Also war deine diesbezügliche Frage sowieso sinnlos, egal jetzt an welcher Stelle man die Körpererweiterung durchführt.



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-01-13


2020-01-12 16:56 - weird in Beitrag No. 14 schreibt:
2020-01-12 15:33 - juergenX in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich meinte an sich andersherum: ich adjungiere erst, weil es naheliegend ist , die reelle Nullstelle vpn $f(x)=x^3-2\in\mathbb Q[x]$ und erhalte $\displaystyle L=\mathbb Q(\sqrt[3]2)$, was keine normale Erweiterung ist. Oder darf man das nicht?


Ja bin durcheinander gekommen. Eine Erweiterung mit $\xi = i\sqrt3$ ist vom Grad 2 normal,algebraisch und einfach, enthaelt aber keine Nullstellen von $\displaystyle f(x)=x^3-2$.

Erweitern wir aber zuerst $\displaystyle Q$ mit $\sqrt[3]2$ auf $\displaystyle K=Q(\sqrt[3]2)$, enthaelt K eine Nullstelle von f(x): $\displaystyle x_0 =\alpha = \sqrt[3]2$, aber nicht die anderen
$\displaystyle x_1 = \alpha \cdot \frac {-1 -\xi}{2}, x_2 = \alpha \cdot \frac {-1 +\xi}{2}$.
$\displaystyle K=Q(\sqrt[3]2)$ ist nicht normal, da das minpol zu $\displaystyle \alpha =\sqrt[3]2$ naemlich $\displaystyle f(x)=x^3-2$ noch andere komplexe, also nicht in K liegende Nullstellen hat.
Erst durch weiteres hinzufuegen eines algebraischen elementes hier $\xi = i\sqrt3$ ist $\displaystyle L=Q(\sqrt[3]2,\xi)$ normal und der Zerfaellungskoerper von $\displaystyle f(x)=x^3-2$ ist normal und galoisch.
Ein Zwiswchenkoerper $\displaystyle K=Q(\sqrt[3]2)$ ist zwar einfach und algebraisch aber  nicht normal, die zugehoerige Untergruppe von $\displaystyle Gal(K/Q)$ ist so meine ich $\cong A_3$
Die zugehoerige Untergruppe von $\displaystyle Gal(K/Q)$ ist so meine ich $\cong A_3$. Und die zu $\displaystyle L/K$ passende Untergruppe besteht aus den 3 Permutationen $\displaystyle {id},(0,1),(1,2),(0,2)$
das kann aber nicht sein, denn diese 3 Involutionen sind keine Gruppe.

Also so run gehts nicht..mit den Gruppen- und Koerpererweiterungen. die Reihenfolge ist nicht beliebig, ich weiss auch nicht, ob das irgndwo gefordert  wird..



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-01-13


2020-01-13 17:13 - juergenX in Beitrag No. 15 schreibt:
Ein Zwiswchenkoerper $\displaystyle K=Q(\sqrt[3]2)$ ist zwar einfach und algebraisch aber  nicht normal, die zugehoerige Untergruppe von $\displaystyle Gal(K/Q)$ ist so meine ich $\cong A_3$

Was meinst du mit $Gal(K/Q)$, wo doch die Körpererweiterung K/Q gar nicht galoissch, da nicht normal ist,  wie du ja sogar selbst sagst??? Die "zugehörige Untergruppe" im Sinne der Galoistheorie ist in Wahrheit $Gal(L/K)$ und die hat hier 2 Elemente, wobei die Nichtidentität durch den Automorphismus von $L$ gegeben ist, der die Nullstelle $\sqrt[3]2$ von $f(x)$ festhält und die beiden anderen Nullstellen vertauscht.

Also so run gehts nicht..mit den Gruppen- und Koerpererweiterungen. die Reihenfolge ist nicht beliebig, ich weiss auch nicht, ob das irgndwo gefordert  wird..

Keine Ahnung, was "hier nicht geht" bzw. nicht beliebig ist.  confused

Die Adjunktion der Nullstellen von unserem $f(x)=x^3-2$ oder irgendwelcher anderer Elemente des Zerfällungskörpers $L$, wie z.B. $i\sqrt 3$, kann jedenfalls in einer beliebigen Reihenfolge vorgenommen werden, bis man von $\mathbb Q$ ausgehend bei $L$ anlangt, ich wüsste jetzt nicht, was dagegen spricht. Man muss dann wie gesagt einfach nur das Produkt aller Grade dieser Körpererweiterungen bilden und hat damit automatisch die Elementanzahl von $Gal(L/\mathbb Q)$ - in unserem Beispiel also sechs, weshalb sie aufgefasst als Untergruppe der $S_3$ zu dieser ident sein muss. Galoistheorie kann so einfach ein!   cool



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-01-16


Jo danke  smile
hier noch ein schöne Grafik zur Auflösbarkeit der Galoisgruppe, Zwischenkörpern, normalen Körpererweiterungen $Q \triangleleft E \triangleleft F$, der Normalreihe $S_3 \triangleright A_3
\triangleright \{e\}$ und dem Hauptsatz:



(Aus de.wikipedia.org/wiki/Galoisgruppe)



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-01-16


2020-01-16 00:11 - juergenX in Beitrag No. 17 schreibt:
Jo danke  smile
hier noch ein schöne Grafik zur Auflösbarkeit der Galoisgruppe, Zwischenkörpern, normalen Körpererweiterungen $Q \triangleleft E \triangleleft F$, der Normalreihe $S_3 \triangleright A_3
\triangleright \{e\}$ und dem Hauptsatz:



(Aus de.wikipedia.org/wiki/Galoisgruppe)

Ja, in der Tat, das wäre die Antwort auf alle Fragen hier gewesen. Vergleiche noch einmal mit dem, was du oben so alles geschrieben hast, insbesondere dass der Zwischenkörper $L_1$ der $A_3$ entspricht.  eek

P.S. Nur halt dass dein Link - fast möchte man sagen, wie könnte es anders sein? - ins Nirwana führt. (Der richtige ist hier. )



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