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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Galoisgruppe von x^7-3
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Universität/Hochschule J Galoisgruppe von x^7-3
Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-14


Betrachte
$f(x)= x^7-3$

$\omega = \sqrt[7]{1}= e^{pi*180/7}= 51,42857$ Grad (Nicht wie in der Zeichnung, die habe ich mit ggb aus der Hand gemacht.)

In der Körpererweiterung
$\displaystyle K=Q[\omega,\alpha] \supset L=Q[\alpha] \supset Q$ liegen die Nullstellen:

$x_0=\alpha$
$x_1=\alpha\omega$
$x_2=\alpha\omega^2$
$x_3=\alpha\omega^3$
$x_4=\alpha\omega^4$
$x_5=\alpha\omega^5$
$x_6=\alpha\omega^6$

Der Körperautomorphismus $\varphi: x_0\mapsto x_1\mapsto x_2\mapsto x_3\mapsto x_4\mapsto x_5\mapsto x_6\mapsto x_0$
angewandt auf Elemente $\in Q[\alpha]$ bildet die Nullstellen aufeinander wie folgt ab:
$x_1= x_0\omega$
$x_2= x_1\omega$ etc.
Dies entspricht der zyklischen Gruppe $\displaystyle C_7$. Es ist also $\displaystyle C_7\cong Gal (K/L)$
Was ist $Gal(L/Q)$ und $Gal(K/Q)$ ?

Ich hoffe das ist bis dahin richtig ausgedrückt, und da weiss ich nicht weiter..
Vielleicht mag wer ne präziser Zeichnung machn muss aber nich wink




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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-03-14


Hallo Juergen,

deine Abbildung $\varphi$ ist zwar ein Körperautomorphismus, allerdings liegt der nicht in $\mathrm{Gal}(K/L)$, denn diese Galoisgruppe enthält nur Automorphismen, die jedes Element aus $L$ auf sich selbst abblilden und es ist ja $\varphi(\alpha) \neq \alpha$.

Tatsächlich muss man für die Bestimmung von $\mathrm{Gal}(K/L)$ doch etwas mehr Theorie reinstecken: zunächst einmal ist $K=L[\omega]$, das heißt jeder Automorphismus $\psi \in \mathrm{Gal}(K/L)$ ist eindeutig bestimmt durch $\psi(\omega)$. Außerdem ist $\psi(\omega)$ eine Nullstelle des Minimalpolynoms von $\omega$ über $L$ und für jede solche Nullstelle gibt es auch einen zugehörigen Automorphismus. Wie sieht jetzt dieses Minimalpolynom aus? Da $\omega$ eine primitive siebte Einheitswurzel ist, ist das Minimalpolynom von $\omega$ über $\mathbb{Q}$ das Kreisteilungspolynom $g=X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$. Man kann zeigen, dass der Grad der Körpererweiterung $K/L$ gleich $6$ ist, damit muss auch das Minimalpolynom von $\omega$ über $L$ Grad $6$ haben. Weil es außerdem ein Teiler von $g$ ist, ist es sogar gleich $g$. Das heißt, zu jedes primitiven siebten Einheitswurzel $\eta \in \mathbb{C}$ gibt es genau ein $\psi \in \mathrm{Gal}(K/L)$ mit $\psi(\omega)=\eta$.
Das heißt $|\mathrm{Gal}(K/L)|=6$. Mithilfe der allgemeinen Theorie der Kreisteilungskörper zeigt man dann, dass $\mathrm{Gal}(K/L)$ isomorph ist zur Einheitengruppe von $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$ und die ist zyklisch, also isomorph zu $C_6$.

Die Erweiterung $L/\mathbb{Q}$ ist keine Galoiserweiterung, über $\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$ muss ich selbst noch etwas länger nachdenken.



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-15


Berichtigung:
$\displaystyle \omega = \sqrt[7]{1}= e^{2ipi/7}= 51,42857$ grad.
$\displaystyle \alpha =\sqrt[7]{3}$.

2019-03-14 21:21 - DavidM in Beitrag No. 1 schreibt:
Da ω eine primitive siebte Einheitswurzel ist, ist das Minimalpolynom von ω über Q das Kreisteilungspolynom $g=X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$.
ist natürlich richtig.


Zu den Koerpererweiterungen:

$\displaystyle K=Q(\omega,\alpha)$
$\displaystyle L=Q(\alpha)$
$\displaystyle M=Q(\omega)$

$\displaystyle Q \subset L \subset K$.
$\displaystyle Q \subset M \subset K$.


Der Q_automorphismus $\displaystyle M\Rightarrow M: \varphi: \omega \mapsto \omega^2$ bildet alle 7 Nullstellen aufeinander ab und laesst Elemente in Q fest.
Es ist u.a. auch $x_1+x_6 +x_3 +x_4= \alpha\omega+\alpha\omega^6+\alpha\omega^3+\alpha\omega^4 = \alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)=0$

$\displaystyle L/Q$ ist einfach algebraisch aber nicht normal, denn das Minpol von $\alpha$ ist gerade unser $\displaystyle f(x)=x^7-3$, was auch Nullstelen auserhalb L enthaelt.
Welchem Grad hat nun $\displaystyle L/Q$?
Jedes Element $\displaystyle l \in L$ laesst sich darstellen als
$\displaystyle l=a+b\alpha+c\alpha^2+d\alpha^3, a,b,c,d\in Q$.
da
$\displaystyle \alpha^4= \frac{1}{\alpha^3}$,
$\displaystyle \alpha^5= \frac{1}{\alpha^2}$,
$\displaystyle \alpha^6= \frac{1}{\alpha}$.

Also $|L/Q|$ = 4, meine ich.


Weiter weiss ich da eben nicht.




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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-03-15


Hallo,

ich habe mich nur mit deinem letzten Abschnitt beschäftigt. Zunächst ist $\alpha^4=3/\alpha^3$, denn $\alpha^7=3$. Aber dennoch kannst du $\alpha^4$ nicht darstellen als $a+b\alpha +c\alpha^2+d\alpha^3$ mit $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$. Der Grad von $L|\mathbb{Q}$ entspricht dem Grad des Minimalpolynoms von $\alpha$, also hier $7$. Eine Basis wäre zb $1,\alpha,\ldots,\alpha^6$.


$K (|\mathbb{Q})$ ist als Zerfällungskörper von $x^7-3$ normal und da es eine endliche Erweiterung von $\mathbb{Q}$ ist auch separabel, also Galois.

Beste Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-15


2019-03-15 22:52 - Creasy in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo,

ich habe mich nur mit deinem letzten Abschnitt beschäftigt. Zunächst ist $\alpha^4=3/\alpha^3$, denn $\alpha^7=3$. Aber dennoch kannst du $\alpha^4$ nicht darstellen als $a+b\alpha +c\alpha^2+d\alpha^3$ mit $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$.
Ja stimmt ..

Der Grad von $L|\mathbb{Q}$ entspricht dem Grad des Minimalpolynoms von $\alpha$, also hier $7$. Eine Basis wäre zb $1,\alpha,\ldots,\alpha^6$.
Ist ok

$K (|\mathbb{Q})$ ist als Zerfällungskörper von $x^7-3$ normal und da es eine endliche Erweiterung von $\mathbb{Q}$ ist auch separabel, also Galois.

Was ist aber nun $Gal(K/Q)$
$Gal(M/Q) \cong C_6$ hatten wir schon oder zumindest ist $C_6 \subset Gal(M/Q)$? Die ordnung der galoisgruppe kann durchaus groesser als der Grad der KE sein.
Das gilt auch fuer $Gal(K/L) \supseteq C_6$
Bei $L=Q(\alpha)$ nehme ich an kann man Gal(L/Q) nicht festtellen, da diese KE nicht galoisch ist. Wir koennen vermute ich $L=Q(\alpha)$ ausser betracht lassen oder?

Es ist auch $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)=0$. Und der Audruck in Klammern ist $D_8$-invariant.
Dasselbe gilt fuer $\omega^2+\omega^5+\omega^3+\omega^4=0$ und wir finden  einige ander solche Symmetrieen.




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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-03-16


2019-03-15 23:48 - juergen007 in Beitrag No. 4 schreibt:

Was ist aber nun $Gal(K/Q)$
$Gal(M/Q) \cong C_6$ hatten wir schon oder zumindest ist $C_6 \subset Gal(M/Q)$? Die ordnung der galoisgruppe kann durchaus groesser als der Grad der KE sein.

Nein die Ordnung der Galoisgruppe ist immer gleich dem Grad der zugehörigen Körpererweiterung.


Das gilt auch fuer $Gal(K/L) \supseteq C_6$

Auch die sind definitiv isomorph.


Bei $L=Q(\alpha)$ nehme ich an kann man Gal(L/Q) nicht festtellen, da diese KE nicht galoisch ist. Wir koennen vermute ich $L=Q(\alpha)$ ausser betracht lassen oder?

Richtig. Man könnte natürlich die Automorphismengruppe von $L/Q$ betrachten, die ist aber nicht besonders interssant (hier besteht sie nur aus der Identität).
Was aber durchaus interessant ist, ist die Erweiterung $K/L$, die ist nämlich galoissch und ihre Galoisgruppe ist eine Untergruppe von $\mathrm{Gal}(K/L)$. Mehr dazu weiter unten.


Es ist auch $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)=0$. Und der Audruck in Klammern ist $D_8$-invariant.
Dasselbe gilt fuer $\omega^2+\omega^5+\omega^3+\omega^4=0$ und wir finden  einige ander solche Symmetrieen.

Nein, $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)$ ist nicht null. Das kann auch gar nicht sein, denn wegen $\alpha \omega \neq 0$ müsste dann $1+\omega^5+\omega^2+\omega^3=0$ sein, also $\omega$ eine Nullstelle von $X^5+X^3+X^2+1$ sein. Das kann aber nicht sein, weil das Minimalpolynom von $\omega$ Grad 6 hat.

Wie sieht jetzt die Galoisgruppe $G :=\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$ aus? Das ist tatsächlich nicht ganz einfach. Zunächst einmal wissen wir bereits, dass $U_1 := \mathrm{Gal}(K/L) \cong C_6$ eine Untergruppe von $G$ ist. Genauso kann man sich überlegen, dass $U_2 := \mathrm{Gal}(K/M) \cong C_7$ eine Untergruppe von $G$ ist. Weil $M/\mathbb{Q}$ eine galoissch ist, ist $U_2$ sogar ein Normalteiler von $G$ (das folgt aus dem Hauptsatz der Galoistheorie).
Als nächstes schauen wir uns den Grad der Erweiterung $K/\mathbb{Q}$ an. Der ist $[K:\mathbb{Q}]=[K:L] \cdot [L:\mathbb{Q}]=6 \cdot 7=42$. Damit ist auch $|G|=42$. Aus allem was wir bisher wissen, folgt mit ein bisschen Gruppentheorie, dass $G$ isomorph ist zu einem semidirekten Produkt $C_7 \rtimes C_6$.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-16


2019-03-16 11:17 - DavidM in Beitrag No. 5 schreibt:
2019-03-15 23:48 - juergen007 in Beitrag No. 4 schreibt:

Was ist aber nun $Gal(K/Q)$
$Gal(M/Q) \cong C_6$ hatten wir schon oder zumindest ist $C_6 \subset Gal(M/Q)$? Die Ordnung der Galoisgruppe kann durchaus groesser als der Grad der KE sein.

Nein die Ordnung der Galoisgruppe ist immer gleich dem Grad der zugehörigen Körpererweiterung.
Richtig, ich verwechselte das mit $ord (Gal(M/Q)\ge |f(x)|=|x^7-3|$


Was aber durchaus interessant ist, ist die Erweiterung $K/L$, die ist nämlich galoissch und ihre Galoisgruppe ist eine Untergruppe von $\mathrm{Gal}(K/L)$. Mehr dazu weiter unten.


Es ist auch $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)=0$. Und der Audruck in Klammern ist $D_8$-invariant.
Dasselbe gilt fuer $\omega^2+\omega^5+\omega^3+\omega^4=0$ und wir finden  einige ander solche Symmetrieen.


Nein, $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)$ ist nicht null.
Das kann auch gar nicht sein, denn wegen $\alpha \omega \neq 0$ müsste dann $1+\omega^5+\omega^2+\omega^3=0$ sein, also $\omega$ eine Nullstelle von $X^5+X^3+X^2+1$ sein. Das kann aber nicht sein, weil das Minimalpolynom von $\omega$ Grad 6 hat.


Ich rechne
$\displaystyle \omega_1 = e^{2ipi/7}$.
$\displaystyle \omega_6 = e^{12ipi/7}$.

$\displaystyle \sin \omega_1 = -\sin \omega_6$
$\displaystyle \sin \omega_2 = -\sin \omega_5$

$\displaystyle \cos \omega_1 = \cos \omega_6$
$\displaystyle \cos \omega_3 = \cos \omega_4$

Ohne jetzt die trigonometrischen  Ausdruecke in Radikalen zu berechnen, was interessant wäre, weiß ich aber. dass die Imaginaerteile sich paarweise aufhebe. Also

Also
$\displaystyle\omega_2 + \omega_5 =-2$  
$\displaystyle\omega_1  + \omega_6 = 2$  
also
$\displaystyle\omega+\omega_6+\omega_2+\omega_5 =0$  
und auch
$\displaystyle \alpha(\omega+\omega_6+\omega_2+\omega_5) =0$  

und
$\displaystyle x_1+x_6+x_2+x_5 =0$  
(Anm.: was mir jetzt selbst komisch vorkommt da das ja nicht das Kreisteilungspolynom s.o. ist)

Wie kommst du auf  
$\displaystyle 1+\omega_5+\omega_2+\omega_3=0$ ?



Wie sieht jetzt die Galoisgruppe $G :=\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$ aus? Das ist tatsächlich nicht ganz einfach. Zunächst einmal wissen wir bereits, dass $U_1 := \mathrm{Gal}(K/L) \cong C_6$ eine Untergruppe von $G$ ist.
Genauso kann man sich überlegen, dass $U_2 := \mathrm{Gal}(K/M) \cong C_7$ eine Untergruppe von $G$ ist.
Das ist wahrscheinlich richtig mir aber nicht so augenscheinlich...;)
Es heisst in "deutsch",wenn man $M=Q(\omega)$ als Grundkoerper betrachtet:
$\forall x \in M: x=a+b\omega+c\omega^2+d\omega^3+e\omega^4+f\omega^5+g\omega^6$.
Und wenn man $K=Q(\omega,\alpha)$ ausschreibt, bekaeme man einen Term mit 42 Summanden etwa:
$\displaystyle \sum_{i <= 7,\atop j <= 6} \prod_{i=1,j=1}^N r_{ij} \cdot \omega^i \alpha^j, r_{ij}\in \IQ$


Weil $M/\mathbb{Q}$ eine galoissch ist, ist $U_2$ sogar ein Normalteiler von $G$ (das folgt aus dem Hauptsatz der Galoistheorie).
Als nächstes schauen wir uns den Grad der Erweiterung $K/\mathbb{Q}$ an. Der ist $[K:\mathbb{Q}]=[K:L] \cdot [L:\mathbb{Q}]=6 \cdot 7=42$. Damit ist auch $|G|=42$. Aus allem was wir bisher wissen, folgt mit ein bisschen Gruppentheorie, dass $G$ isomorph ist zu einem semidirekten Produkt $C_7 \rtimes C_6$.

Mir ist noch nicht klar wie das semidirekte Produkt $C_7 \rtimes C_6$  genau aussieht und auf die Menge der Nullstellen $\displaystyle \{x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6\}$ wirkt.
Die $C_7$ rotiert quasi die $\omega$ in $Q(\omega)$ und laesst die $\alpha$ fest.
$Z_7^*$ ist die Einheitengruppe der $Z_7= \{1,2,3,4,5,6\}$ also invertierbare Elemente in $Z_7$.
Kann man denn so einfach sagen  $Z_7^* \cong C_6$ ?



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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-03-16


2019-03-16 16:41 - juergen007 in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-03-16 11:17 - DavidM in Beitrag No. 5 schreibt:
2019-03-15 23:48 - juergen007 in Beitrag No. 4 schreibt:

Was ist aber nun $Gal(K/Q)$
$Gal(M/Q) \cong C_6$ hatten wir schon oder zumindest ist $C_6 \subset Gal(M/Q)$? Die Ordnung der Galoisgruppe kann durchaus groesser als der Grad der KE sein.

Nein die Ordnung der Galoisgruppe ist immer gleich dem Grad der zugehörigen Körpererweiterung.
Richtig, ich verwechselte das mit $ord (Gal(M/Q)\ge |f(x)|=|x^7-3|$


Was aber durchaus interessant ist, ist die Erweiterung $K/L$, die ist nämlich galoissch und ihre Galoisgruppe ist eine Untergruppe von $\mathrm{Gal}(K/L)$. Mehr dazu weiter unten.


Es ist auch $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)=0$. Und der Audruck in Klammern ist $D_8$-invariant.
Dasselbe gilt fuer $\omega^2+\omega^5+\omega^3+\omega^4=0$ und wir finden  einige ander solche Symmetrieen.


Nein, $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)$ ist nicht null.
Das kann auch gar nicht sein, denn wegen $\alpha \omega \neq 0$ müsste dann $1+\omega^5+\omega^2+\omega^3=0$ sein, also $\omega$ eine Nullstelle von $X^5+X^3+X^2+1$ sein. Das kann aber nicht sein, weil das Minimalpolynom von $\omega$ Grad 6 hat.

Ich rechne
$\displaystyle \omega_1 = e^{2ipi/7}$.
$\displaystyle \omega_6 = e^{12ipi/7}$.

Bis hierher ist es richtig.


$\displaystyle \sin \omega_1 = -\sin \omega_6$
$\displaystyle \sin \omega_2 = -\sin \omega_5$

$\displaystyle \cos \omega_1 = \cos \omega_6$
$\displaystyle \cos \omega_3 = \cos \omega_4$

Du meinst wahrscheinlich in der ersten Zeile $\mathrm{Im}(\omega^1)=-\mathrm{Im}(\omega^6)$ bzw. $\sin(\frac{2 \pi}{7})=-\sin(\frac{12 \pi}{7})$ und analog bei den übrigen Zeilen. Dann ist es richtig.


Ohne jetzt die trigonometrischen  Ausdruecke in Radikalen zu berechnen, was interessant wäre, weiß ich aber. dass die Imaginaerteile sich paarweise aufhebe. Also

Richtig.


Also
$\displaystyle\omega_2 + \omega_5 =-2$  
$\displaystyle\omega_1  + \omega_6 = 2$  
also
$\displaystyle\omega+\omega_6+\omega_2+\omega_5 =0$  
und auch
$\displaystyle \alpha(\omega+\omega_6+\omega_2+\omega_5) =0$  

und
$\displaystyle x_1+x_6+x_2+x_5 =0$  
(Anm.: was mir jetzt selbst komisch vorkommt da das ja nicht das Kreisteilungspolynom s.o. ist)

Falsch. $\omega^2+\omega^5$ ist zwar reell, aber wieso sollte das $-2$ sein. Das ist $2 \cos(\frac{4 \pi}{7})$. Analog für $\omega^1+\omega^6$.


Wie kommst du auf  
$\displaystyle 1+\omega_5+\omega_2+\omega_3=0$ ?

Du hattest ja behauptet $\alpha(\omega+\omega^6+\omega^3+\omega^4)=0$. Wenn man da einmal $\omega$ ausklammert, erhält man $\alpha \omega(1+\omega^5+\omega^2+\omega^3)=0$. und weil der Teil vor der Klammer nicht null sein kann, muss der Term in der klammer null sein.



Wie sieht jetzt die Galoisgruppe $G :=\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$ aus? Das ist tatsächlich nicht ganz einfach. Zunächst einmal wissen wir bereits, dass $U_1 := \mathrm{Gal}(K/L) \cong C_6$ eine Untergruppe von $G$ ist.
Genauso kann man sich überlegen, dass $U_2 := \mathrm{Gal}(K/M) \cong C_7$ eine Untergruppe von $G$ ist.
Das ist wahrscheinlich richtig mir aber nicht so augenscheinlich...;)
Kannst du ein bisschen genauer sagen, was die nicht klar ist. Ansonsten erklär ich das vielleicht in einem späteren Beitrag nochmal ausführlicher, hier würde es denke ich zu unübersichtlich.


Es heisst in "deutsch",wenn man $M=Q(\omega)$ als Grundkoerper betrachtet:
$\forall x \in M: x=a+b\omega+c\omega^2+d\omega^3+e\omega^4+f\omega^5+g\omega^6$.

Wenn ich dich richtig verstehe, betrachtest du hier die Erweiterung $M/\mathbb{Q}$. Die hat Grad 6 (Kreisteilungskörper), damit lässt sich also jedes $x$ als $x=a+b\omega+c\omega^2+d\omega^3+e\omega^4+f\omega^5$ mit eindeutig bestimmten $a,b,c,d,e,f \in \mathbb{Q}$ schreiben. Den $\omega^6$-Term kannst du weglassen.


Und wenn man $K=Q(\omega,\alpha)$ ausschreibt, bekaeme man einen Term mit 42 Summanden etwa:
$\displaystyle \sum_{i <= 7,\atop j <= 6} \prod_{i=1,j=1}^N r_{ij} \cdot \omega^i \alpha^j, r_{ij}\in \IQ$

So ähnlich.
\[ \sum_{1 <= i <=6, \atop 1 <= j <=7} \omega^i \alpha^j r_{ij} \]


Mir ist noch nicht klar wie das semidirekte Produkt $C_7 \rtimes C_6$  genau aussieht

Was genau ist da unklar?


 und auf die Menge der Nullstellen $\displaystyle \{x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6\}$ wirkt.
Die $C_7$ rotiert quasi die $\omega$ in $Q(\omega)$ und laesst die $\alpha$ fest.

Nein, die $C_7$ ist hier die Galoisgruppe von $K/M$, das heißt deren Elemente lassen alle Elemente aus $M$ fest, insbesondere auch $\omega$. Erzeugt wird diese Gruppe von dem Automorphismus $\psi_1: K \to K$ mit $\psi_1(\omega)=\omega$ und $\psi_1(\alpha)=\alpha \omega$. Die $C_6 \cong \mathrm{Gal}(K/L)$ besteht aus Automorphismen, die alle Elemente aus $L$ festlassen. Ein möglicher Erzeuger $\psi_2$ ist gegeben durch $\psi_2(\alpha)=\alpha$ und $\psi_2(\omega)=\omega^3$.


$Z_7^*$ ist die Einheitengruppe der $Z_7= \{1,2,3,4,5,6\}$ also invertierbare Elemente in $Z_7$.
Kann man denn so einfach sagen  $Z_7^* \cong C_6$ ?

$Z_7$ ist ein Körper und die Einheitengruppe von einem endlichen Körper ist immer zyklisch. Alternativ: $Z_7^*$ ist abelsch und hat Ordnung 6, bis auf Isomorphie ist $C_6$ die einzige Gruppe die das erfüllt.



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-16


2019-03-16 19:10 - DavidM in Beitrag No. 7 schreibt:


Ich nehm nur mal 1 teil das wird zuviel sonst
das meinte ich so:

$\displaystyle \omega^1 + \omega^6 = 2cos 51,428$
$\displaystyle \omega^2 + \omega^5 = -2cos 12,85$
$\displaystyle \omega^3 + \omega^4 = -2cos 12,85$

also
$\displaystyle \alpha(\omega_2+\omega_5-\omega_3-\omega_4) =0 \Rightarrow \displaystyle x_2+x_5-x_3-x_4=0$  
was zu keinem Widerspruch führt.

Das Konzept eines semidirekten Produktes ist mir irgendwie ziemlich schleierhaft. Und inwiefern es als Galoisgruppe auf den zerfaellungskoerper wirkt.
Die Erklärung bei wiki ist mies oder ich verstehe sie nicht oder beides.
ich gesteh es. Was ein direktes  Produkt 2er Gruppen ist ist mir klar, aber semidirekt?
Ich erwarte jetzt kein Erklaerung aber ao schwer kann das nicht sein, ich schau mal in dem Bosch file.


Wenn ich dich richtig verstehe, betrachtest du hier die Erweiterung M/Q. Die hat Grad 6 (Kreisteilungskörper), damit lässt sich also jedes x als x=a+bω+cω2+dω3+eω4+fω5 mit eindeutig bestimmten a,b,c,d,e,f∈Q schreiben. Den ω6-Term kannst du weglassen.

Im Prinzip koenne wir sogar doch alle $\displaystyle x\in Q(\omega)$ darstellen als:
$\displaystyle x=a+b\omega+c\omega^2+d\omega^3$

denn

$\displaystyle e\omega^4= \frac{e}{\omega^3}$,
$\displaystyle f\omega^5= \frac{f}{\omega^2}$,
$\displaystyle g\omega^6= \frac{f}{\omega}$.

Denn im Koerper $\displaystyle Q(\omega)$ koennen wir auch dividieren oder?

Dass $Z_7^* \cong C_6$ ist hab ich verstanden.





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DavidM
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.06.2012
Mitteilungen: 212
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-03-17


2019-03-16 20:44 - juergen007 in Beitrag No. 8 schreibt:

Ich nehm nur mal 1 teil das wird zuviel sonst
das meinte ich so:

$\displaystyle \omega^1 + \omega^6 = 2cos 51,428$
$\displaystyle \omega^2 + \omega^5 = -2cos 12,85$
$\displaystyle \omega^3 + \omega^4 = -2cos 12,85$

Nein, es ist $\omega^2+\omega^5=2 \cos(\frac{4 \pi i}{7}) \approx 2 \cos(102,9°) \approx -0,445$ und $\omega^3+\omega^4=2 \cos(\frac{6 \pi i}{7}) \approx 2 \cos(154,3°) \approx -1,802$, also $\omega^2+\omega^5-\omega^3-\omega^4 \neq 0$.



Im Prinzip koenne wir sogar doch alle $\displaystyle x\in Q(\omega)$ darstellen als:
$\displaystyle x=a+b\omega+c\omega^2+d\omega^3$

denn

$\displaystyle e\omega^4= \frac{e}{\omega^3}$,
$\displaystyle f\omega^5= \frac{f}{\omega^2}$,
$\displaystyle g\omega^6= \frac{f}{\omega}$.

Denn im Koerper $\displaystyle Q(\omega)$ koennen wir auch dividieren oder?

So ganz verstehe ich nicht, was du hier meinst, aber auf jeden Fall lässt sich $\omega^4$ nicht schreiben als $a+b\omega+c \omega^2+d \omega^3$ mit $a,b,c,d \in \mathbb{Q}$. Natürlich liegt $\omega^4=\frac{1}{\omega^3}$ in dem Körper $\mathbb{Q}(\omega)$ drin, das hat aber nicht direkt etwas mit dem vorherigen Punkt zu tun.



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-20


ja so weit so klar sry meine Rechen fehler..

Jedoch kann man ja $\displaystyle \omega_1 \Leftrightarrow\omega_6$ vertauschen in Ausdrueken wie $\displaystyle\omega_1 + \omega_6$
Ebenso ist die Permutation
$\displaystyle\omega_2 \Leftrightarrow\omega_5$ und $\omega_3\Leftrightarrow\omega_4$ invariant in gewissen rationalen Ausdruecken, aber wohl nicht fortsetzbar in einen Koerperautomorphismus, oder?.

Die Permutation (3,6,2,5,1,4) ist ja ein erzeugendes Element der $\displaystyle C_6$, und entspricht der Einheiten-Gruppe $\displaystyle G=Z_7^*$, ist das richtig. Sie bewirkt eine Multiplikation von $\displaystyle\omega\mapsto \omega^3 \in Q(\omega)$.

Und Gal(K/Q) meinst du, ist $\displaystyle\cong Z_7^* \rtimes C_7$,
das ist ja was anderes als $Z_7^ \times C_7$ also das Komplexprodukt  oder Direktes produkt.

Nun ist unser G  nur dann ein inneres semidirektes Produkt, wenn laut Scharlau die eine also hier T Normalteiler der Gruppe G ist.
Das gitlt fuer $C_7$ sicher.

"Definition 2.7.6 Eine Gruppe G heißt (internes) semidirektes Produkt von zwei Untergruppen T und H, falls gilt
(SD1) G = TH
(SD2) T ∩ H = {e}
(SD3) $T\triangleleft G$

Was ist hier T,G und H?
Oder ist ein G aeusseres semidirektes Produkt?




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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-03-20


2019-03-20 00:40 - juergen007 in Beitrag No. 10 schreibt:
ja so weit so klar sry meine Rechen fehler..

Jedoch kann man ja $\displaystyle \omega_1 \Leftrightarrow\omega_6$ vertauschen in Ausdrueken wie $\displaystyle\omega_1 + \omega_6$
Ebenso ist die Permutation
$\displaystyle\omega_2 \Leftrightarrow\omega_5$ und $\omega_3\Leftrightarrow\omega_4$ invariant in gewissen rationalen Ausdruecken, aber wohl nicht fortsetzbar in einen Koerperautomorphismus, oder?.

Doch, es gibt schon einen Körperautomorphismus, der $\omega$ und $\omega^6$ vertauscht. Der bildet dann automatisch $\omega^2$ auf $(\omega^6)^2=\omega^{12}=\omega^5$ ab und so weiter. Das ist aber kein Erzeuger von $Gal(M/Q)$ oder $Gal(K/L)$.
Man kann diesen Automorphismus auch noch einfacher beschreiben: es ist einfach die Einschränkung der komplexen Konjugation auf $M$ bzw. $K$.


Die Permutation (3,6,2,5,1,4) ist ja ein erzeugendes Element der $\displaystyle C_6$, und entspricht der Einheiten-Gruppe $\displaystyle G=Z_7^*$, ist das richtig. Sie bewirkt eine Multiplikation von $\displaystyle\omega\mapsto \omega^3 \in Q(\omega)$.

Falls du mit der Permutation hier beschreiben willst, wie der Homomorphismus $\psi_2$ aus Beitrag 7 auf $\{ \omega^1, \omega^2, \omega^3, \omega^4, \omega^5, \omega^6 \}$ operiert, dann ist der von dir angegebene Zykel falsch: es müsste $(1,3,2,6,4,5)$ sein. Was du vermutlich meinst, ist, dass diese Permutation in Tabellenschreibweise als $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 3 & 6 & 2 & 5 & 1 & 4 \end{pmatrix}$ gegeben ist.
Bei dem Rest bin ich mir nicht ganz sicher, ob ich dich richtig verstehe. $\psi_2$ erzeugt $Gal(K/L)$ und diese Gruppe ist isomorph zu $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ und damit zu $C_6$. Sie ist gegeben durch $\psi_2(\omega)=\omega^3$ und $\psi_2(\alpha)=\alpha$. Da es ein Körperautomorphismus ist, ist $\psi_2$ dadurch eindeutig bestimmt; insbesondere bildet $\psi_2$ alle rationalen Zahlen auf sich selbst ab.


Und Gal(K/Q) meinst du, ist $\displaystyle\cong Z_7^* \rtimes C_7$,
das ist ja was anderes als $Z_7^ \times C_7$ also das Komplexprodukt  oder Direktes produkt.

Man kann $Gal(K/Q)$ schon auch als Komplexprodukt von $Gal(K/L)$ und $Gal(K/M)$ auffassen (das zeigt man durch Betrachten der verschiedenen Ordnungen). Die Aussage, dass es ein semidirektes Produkt ist, ist aber wesentlich stärker. Jedes (innere) semiderekte Produkt ist auch ein Komplexprodukt, das ist ja gerade die Bedingung (SD1) in der Definition unten. Ein direktes Produkt ist es in diesem Fall definitiv nicht.


Nun ist unser G  nur dann ein inneres semidirektes Produkt, wenn laut Scharlau die eine also hier T Normalteiler der Gruppe G ist.
Das gitlt fuer $C_7$ sicher.

"Definition 2.7.6 Eine Gruppe G heißt (internes) semidirektes Produkt von zwei Untergruppen T und H, falls gilt
(SD1) G = TH
(SD2) T ∩ H = {e}
(SD3) $T\triangleleft G$

Was ist hier T,G und H?
Oder ist ein G aeusseres semidirektes Produkt?

Scharlau sagt mir gerade nichts, wird vermutlich ein Buch/Skript sein, das isch nicht kenne, aber das ist ja auch egal. In unserem Fall ist $G=Gal(K/Q), T=Gal(K/M), H=Gal(K/L)$. Ob man das als inneres oder äußeres direktes Produkt ansieht, ist letztlich nur eine Frage des Blickwinkels.



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weird
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2019-03-20 21:40 - DavidM in Beitrag No. 11 schreibt:
Scharlau sagt mir gerade nichts, wird vermutlich ein Buch/Skript sein, das isch nicht kenne, aber das ist ja auch egal.

Vielleicht ist ja dieses Skript von Scharlau hier gemeint und daraus speziell das Kapitel 2.7 über semidirekte Produkte, welches sich dann für Referenzzwecke hier tatsächlich vorzüglich eignen würde.  wink

PS: Und ja, die Sätze 2-7.13 und 2.7.14 in besagtem Kapitel behandeln exakt den Fall eines semidirekten Produkts, um den es hier geht, man könnte das alles einfach dort nachlesen. Dass dies trotz dieser vorzüglichen Quelle hier nicht geschieht, ist wahrscheinlich der Kern des Problems hier, wenn ich mir diese Bemerkung als ein "in der Vergangenheit gelegentlich Involvierter" erlauben darf.  cool



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


@ weird
Du meinst aus www.mathematik.tu-dortmund.de/~algebra/Algebra_2012/Skript/algebra_kap2_7.pdf
den:
Satz 2.7.14 aus besagtem Skript ueber pq Gruppen:

"Es seien p und q Primzahlen mit q ≡ 1 (mod p). Dann gibt es eine
nicht-abelsche Gruppe G der Ordnung pq. Sie ist semidirektes Produkt zweier zyklischer Gruppen, $G= Z_q \rtimes Z_p$, und bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt."

Passt hier nicht so ganz da 6 keine Primzahl ist..

Und  der Homomorphismus $\psi_2(\alpha)=\alpha$ und $\psi_2(\omega)=\omega^3$ und die
Permutation, die David in Beitrag 7 angibt auf {ω1,ω2,ω3,ω4,ω5,ω6} operiert, ist tatsaechlich eine Entsprecheung von (1,3,2,6,4,5).

$\psi_2(\omega^1)=\omega^3$
$\psi_2(\omega^3)=\omega^2$
$\psi_2(\omega^2)=\omega^6$
$\psi_2(\omega^6)=\omega^4$
$\psi_2(\omega^4)=\omega^5$
$\psi_2(\omega^5)=\omega^1$

$\psi_2(x_1)=x_3$
$\psi_2(x_3)=x_2$
$\psi_2(x_2)=x_6$
$\psi_2(x_6)=x_4$
$\psi_2(x_4)=x_5$
$\psi_2(x_5)=x_1$


Danke




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weird
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2019-03-21 14:20 - juergen007 in Beitrag No. 13 schreibt:
@ weird
Passt hier nicht so ganz da 6 keine Primzahl ist..

Ok, du hast Recht, so direkt und unmittelbar lässt sich dieser Satz dann doch nicht anwenden. Man könnte dies zwar m.E. für die Primfaktoren $2$ und $3$ von $6$ zunächst getrennt machen und dann die entstehenden semidirekten Produkte der Ordnung $2\cdot 7$ bzw. $3\cdot 7$ wieder "zusammenführen", indem man für die Verknüpfung der beiden zyklischen Untergruppen $C_2$ und $C_3$ von den 2 Möglichkeiten das direkte Produkt nimmt, aber es ist dann letztlich alles nicht mehr ganz so einfach.



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