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 K-Isomorphismus zwischen adjungierten Körpern |
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MalibuRazz
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Hallo Forum,
ich komme bei einer Aufgabe nicht weiter: seien $a,b \in \mathbb{Q}^*$, zeige, dass $\frac{a}{b}$ genau dann ein Quadrat in $\mathbb{Q}$ ist, wenn es einen $\mathbb{Q}$-Isomorphismus $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{a}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{b})$ gibt.
Erstmal Definitionen: $a,b \in \mathbb{Q}^*$, das heißt es existieren Inverse in $\mathbb{Q}$ sodass $a\cdot a^{-1} = 1$, analog für b.
$\frac{a}{b}$ ist ein Quadrat in $\mathbb{Q}$, das heißt es existieren $x,y$ so dass $(\frac{x}{y})^2 = \frac{a}{b}$, oder?
Und ein $\mathbb{Q}$-Isomorphismus ist ein bijektiver Homomorphismus zwischen den zwei Körpererweiterungen mit $\phi(xy)=\phi(x)\phi(y) = x\phi(y)$ $\forall x\in \mathbb{Q}, y \in \mathbb{Q(\sqrt{a})}$, wobei $\phi(y)$ ja in $\mathbb{Q(\sqrt{b})}$ liegt nach Definition, oder?
Ich muss ja beide Richtungen zeigen, wobei ich ja erst zeigen muss, dass ein $\mathbb{Q}$-Homomorphismus existiert (wegen Körpern ist er ja injektiv) und er surjektiv ist.
Leider habe ich dazu keinen Ansatz, da ich die Zusammenhänge noch nicht ganz verstehe, hoffe auf Hilfe! Danke
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hippias
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|      Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-20
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2021-01-20 16:49 - MalibuRazz im Themenstart schreibt:
Hallo Forum,
ich komme bei einer Aufgabe nicht weiter: seien $a,b \in \mathbb{Q}^*$, zeige, dass $\frac{a}{b}$ genau dann ein Quadrat in $\mathbb{Q}$ ist, wenn es einen $\mathbb{Q}$-Isomorphismus $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{a}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{b})$ gibt.
Erstmal Definitionen: $a,b \in \mathbb{Q}^*$, das heißt es existieren Inverse in $\mathbb{Q}$ sodass $a\cdot a^{-1} = 1$, analog für b.
$\frac{a}{b}$ ist ein Quadrat in $\mathbb{Q}$, das heißt es existieren $x,y$ so dass $(\frac{x}{y})^2 = \frac{a}{b}$, oder? Besser: $\frac{a}{b}$ ist ein Quadrat in $\mathbb{Q}$, wenn es ein $x\in \mathbb{Q}$ gibt, sodass $x^{2}=\frac{a}{b}$ gilt.
Was bedeutet das für $\sqrt{a}$ und $\sqrt{b}$? Was für $\mathbb{Q}(\sqrt{a})$ und $\mathbb{Q}(\sqrt{b})$?
Und ein $\mathbb{Q}$-Isomorphismus ist ein bijektiver Homomorphismus zwischen den zwei Körpererweiterungen mit $\phi(xy)=\phi(x)\phi(y) = x\phi(y)$ $\forall x\in \mathbb{Q}, y \in \mathbb{Q(\sqrt{a})}$, wobei $\phi(y)$ ja in $\mathbb{Q(\sqrt{b})}$ liegt nach Definition, oder?
Ich muss ja beide Richtungen zeigen, wobei ich ja erst zeigen muss, dass ein $\mathbb{Q}$-Homomorphismus existiert (wegen Körpern ist er ja injektiv) und er surjektiv ist.
Leider habe ich dazu keinen Ansatz, da ich die Zusammenhänge noch nicht ganz verstehe, hoffe auf Hilfe! Danke
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MalibuRazz
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20
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2021-01-20 17:07 - hippias in Beitrag No. 1 schreibt:
Besser: $\frac{a}{b}$ ist ein Quadrat in $\mathbb{Q}$, wenn es ein $x\in \mathbb{Q}$ gibt, sodass $x^{2}=\frac{a}{b}$ gilt.
Was bedeutet das für $\sqrt{a}$ und $\sqrt{b}$? Was für $\mathbb{Q}(\sqrt{a})$ und $\mathbb{Q}(\sqrt{b})$?
Das bedeutet, dass $\sqrt{a}$ und $\sqrt{b}$ nicht unbedingt in $\mathbb{Q}$ müssen, deswegen ja die erweiterten Körper $\mathbb{Q}(\sqrt{a})$ und $\mathbb{Q}(\sqrt{b})$. Man erkennt auch, dass $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}$ das gesuchte x ist mit $x^2 = \frac{a}{b}$. Nun weiß ich nicht, was das mit dem Isomorphismus auf sich hat und was genau dieser jetzt macht. Er bildet ja Elemente aus der einen Erweiterung $\mathbb{Q}(\sqrt{a})$ in die andere $\mathbb{Q}(\sqrt{b})$ ab (und andersrum da isomorph)...
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hippias
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-20
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Von einem Isomorphismus habe ich in meinem Hinweis noch gar nichts erwähnt. Nocheimmal: wenn "$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}$ das gesuchte x ist", in welcher Relation stehen dann die Körper zueinander?
Denke ruhig ein wenig länger als nur ein paar Minuten nach.
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MalibuRazz
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-22
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2021-01-20 17:28 - hippias in Beitrag No. 3 schreibt:
Von einem Isomorphismus habe ich in meinem Hinweis noch gar nichts erwähnt. Nocheimmal: wenn "$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}$ das gesuchte x ist", in welcher Relation stehen dann die Körper zueinander?
Denke ruhig ein wenig länger als nur ein paar Minuten nach.
Okay, ich habe die Tage darüber nachgedacht und die Rückrichtung gezeigt. Wir wissen ja, dass $a,b \in \mathbb{Q}^*$, also insbesondere in $\mathbb{Q}=K$. Wenden wir die Homomorphie-Eigenschaften und $\phi(a)=a \forall a \in K=\mathbb{Q}$an, können wir folgern, dass $\phi(\sqrt{a})^2=...=a \in \mathbb{Q}(\sqrt{b})$, insbesondere $a$ ein Quadrat in $\mathbb{Q}$ ist. Wegen der Isomorphie gilt analoges für $b$. Bei der Hinrichtung habe ich allerdings noch Probleme...
Es gilt ja, dass der $\mathbb{Q}$-Isomorphismus $\phi$ ein $\sqrt{a}$ auf $c+d\sqrt{b}$ abbildet, oder?
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hippias
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-23
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2021-01-22 17:10 - MalibuRazz in Beitrag No. 4 schreibt:
2021-01-20 17:28 - hippias in Beitrag No. 3 schreibt:
Von einem Isomorphismus habe ich in meinem Hinweis noch gar nichts erwähnt. Nocheimmal: wenn "$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}$ das gesuchte x ist", in welcher Relation stehen dann die Körper zueinander?
Denke ruhig ein wenig länger als nur ein paar Minuten nach.
Okay, ich habe die Tage darüber nachgedacht und die Rückrichtung gezeigt. Wir wissen ja, dass $a,b \in \mathbb{Q}^*$, also insbesondere in $\mathbb{Q}=K$. Wenden wir die Homomorphie-Eigenschaften und $\phi(a)=a \forall a \in K=\mathbb{Q}$an, können wir folgern, dass $\phi(\sqrt{a})^2=...=a \in \mathbb{Q}(\sqrt{b})$, Wie Du das ...
insbesondere $a$ ein Quadrat in $\mathbb{Q}$ ist.
... begründest, wäre ich sehr neugierig. Gegenvorschlag: Stelle $\phi(\sqrt{a})$ in der Standardbasis dar und quadriere das.
Wegen der Isomorphie gilt analoges für $b$. Bei der Hinrichtung habe ich allerdings noch Probleme...
Es gilt ja, dass der $\mathbb{Q}$-Isomorphismus $\phi$ ein $\sqrt{a}$ auf $c+d\sqrt{b}$ abbildet, oder?
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Triceratops
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 |  Beitrag No.6, eingetragen 2021-01-24
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Ich hoffe, es ist OK, wenn ich mich hier mal reinschalte.
Ich schlage vor, hier erst einmal den Fall abzuhandeln, dass $a$ ein Quadrat in $\IQ$ ist. Dann ist ja $\IQ(\sqrt{a})=\IQ$, und $a/b$ ist genau dann ein Quadrat in $\IQ$, wenn $b$ es ist, was wiederum äquivalent zu $\IQ(\sqrt{b})=\IQ$ ist. Hier ist die Aussage also klar, und völlig analog behandelt man den Fall, dass $b$ ein Quadrat in $\IQ$ ist.
Nehmen wir also an, dass $a,b$ keine Quadrate in $\IQ$ sind. Das Polynom $T^2-a$ ist also irreduzibel über $\IQ$ und ist daher das Minimalpolynom von $\sqrt{a}$ über $\IQ$ (analog für $b$), und wir sehen damit auch $[\IQ(\sqrt{a}):\IQ]=2$.
In der Aufgabe ist nun zwar von $\IQ$-Isomorphismen die Rede, aber weil ein $\IQ$-Homomorphismus zwischen Erweiterungen von $\IQ$ desselben Grades sowieso injektiv und dann aus Dimensionsgründen (lineare Algebra!) schon surjektiv ist, reicht es, mit $\IQ$-Homomorphismen zu arbeiten. Das ist insofern praktisch, weil wir nun das folgende, für die gesamte Körpertheorie absolut zentrale Lemma verwenden können (siehe zum Beispiel  Eine Methode zur Berechnung von Galoisgruppen):
Seien $L,M$ zwei Körpererweiterungen von $K$, und sei $a \in L$ mit Minimalpolynom $f\in K[T]$. Die $K$-Homomorphismen $K(a) \to M$ entsprechend bijektiv den Nullstellen von $f$ in $M$.
Das bedeutet hier: Es gibt genau dann einen $\IQ$-Homomorphismus $\IQ(\sqrt{a}) \to \IQ(\sqrt{b})$ (und damit einen $\IQ$-Isomorphismus, siehe oben), wenn $T^2-a$ eine Nullstelle in $ \IQ(\sqrt{b})$ besitzt. Die Nullstellen sind $\pm \sqrt{a}$, und wenn die eine drin liegt, dann auch die andere. Die Bedingung ist also ganz einfach
$\sqrt{a} \in \IQ(\sqrt{b}).$
Also zu zeigen ist, dass das äquivalent dazu ist, dass $a/b$ eine Quadrat in $\IQ$ ist. Beachte, dass wir jetzt die Behauptung so umgeformt haben, dass gar keine Homomorphismen mehr vorkommen.
Die Richtung $\Leftarrow$ ist einfach: wenn $a/b = q^2$ für eine rationale Zahl $q$, ist ja $\sqrt{a} = \pm q \sqrt{b}$.
Etwas interessanter ist die Richtung $\Rightarrow$: Wenn $\sqrt{a} \in \IQ(\sqrt{b})$, finden wir rationale Zahlen $u,v$ mit $\sqrt{a} = u + v \sqrt{b}$. Ich möchte jetzt nicht zu viel verraten, daher nur das grobe Vorgehen: Erstens quadriert man die Gleichung. Dann benutzt man, dass $1,\sqrt{b}$ linear unabhängig sind, um zwei Gleichungen zu erhalten. Das Gleichungssystem ist leicht zu lösen.
Eine weitreichende Verallgemeinerung ist übrigens die folgende Aussage (die wiederum ein Spezialfall der Kummertheorie ist): Sei $K$ ein Körper der Charakteristik $\neq 2$. Dann gibt es einen Isomorphismus partieller Ordnungen
\[\{\text{Untergruppen von } K^{\times} / (K^{\times})^2\}\\\cong\\\{\text{Galoiserweiterungen } E \subseteq \overline{K} \text{ von } K \text{ vom Exponenten } 2\}\]
Zu einer Untergruppe von $K^{\times} / (K^{\times})^2$, also einer Untergruppe $\Delta \subseteq K^{\times}$ mit $(K^{\times})^2 \subseteq \Delta$, gehört dabei die Galoiserweiterung $K(\sqrt{\Delta})$, und zur Galoiserweiterung $E \subseteq \overline{K}$ gehört die Untergruppe $\{a \in K^{\times} : \sqrt{a} \in E\}$. In der Aufgabe hat man den Spezialfall $K = \IQ$ und die beiden zyklischen Untergruppen $\langle \overline{a} \rangle$, $\langle \overline{b} \rangle$ von $\IQ^{\times} / (\IQ^{\times})^2$.
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hanuta2000
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-24
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Wie ist das gemeint, dass man die lineare Unabhängigkeit nutzt, um auf zwei Gleichungen zu kommen?
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Triceratops
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-24
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Wenn man die genannte Gleichung quadriert, bekommt man eine Gleichung, wobei auf beiden Seiten $\IQ$-Linearkombinationen von $1,\sqrt{b}$ stehen. Man kann also die lineare Unabhängigkeit anwenden. Reicht das als Tipp?
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hanuta2000
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| Beitrag No.9, eingetragen 2021-01-24
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Ah, ja klar. Dann hat man
\(a=u^2 +v^2b \)
\(0 =2uv \)
Fall \(u=0, v \neq 0 \):
\(a=v^2b \Leftrightarrow v^2=\frac{a}{b} \)
Fall \( u \neq 0, v=0\)
\(a=u^2 \)
Kann nicht sein, weil wir a kein Quadrat in \( \mathbb{Q} \) ist
Fall \( u=v=0\)
Dann ist \(a=0 \), aber 0 ist keine Einheit, also tritt der erste Fall ein und dann ist \( \frac{a}{b}\) ein Quadrat in \( \mathbb{Q} \)
Richtig?
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Triceratops
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| Beitrag No.10, eingetragen 2021-01-25
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