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Universität/Hochschule J eindeutige Definition einer Körpererweiterung
juergenX
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  Themenstart: 2022-09-30

Nochmal neu: Wie weiss ich auf einfachste Weise nach, dass $\displaystyle\mathbb Q(\sqrt{p})$ eine einfache Körpererweiterung ist? Meine Idee es ist zu zeigen, dass es zumindest einen nichttrivialen Körperautomorphismus geben muss: $\displaystyle\mathbb\varphi(\mathbb{Q})\Leftrightarrow\mathbb{Q(\sqrt{p})}$ gibt, der nicht die Identität ist.. $\displaystyle\exists f: \mathbb{Q}\Leftrightarrow \mathbb{Q(\sqrt{p})}: a +b\sqrt{p}\mapsto a-b\sqrt{p}$. $\displaystyle x=a+b\sqrt5$. $\displaystyle y=c+d\sqrt5$. $\displaystyle f(x)=f(a-b\sqrt5)$ $\displaystyle f(y)=f(c-d\sqrt5)$ $\displaystyle f(x)+f(y)= a-b\sqrt5 + c-d\sqrt5 = a+c-(b+d)\sqrt5$. $\displaystyle f(x+y)= f(a+b\sqrt5) + f(c+d\sqrt5) = a+c-(b+d)\sqrt5$. $\displaystyle f(x\cdot y)= f(a+b\sqrt5) * f(c+d\sqrt5) = (a-b\sqrt5) \cdot (c-d\sqrt5) = ac+5bd -(bc+ad)\sqrt5 = f(x) * f(y)$. Ich mache das so ausführlich und hoffentlich ohne Rechenfehler um zu zeigen dass Elmente in quadratischen Körpern bezüglich einem derartigen $\displaystyle f$ automorph sind. Injektivität und Surjektivität von $\displaystyle f$ sind leicht zu zeigen. Also ist $\displaystyle f$ ein Körperautomorphiosmus und nicht die Identität! Und der laesst sich bei bei quadratichen Erweiterungskoerpern immer finden, so meine ich. Das ist nur etwas Rechnerei. Ein andere Ansatz wäre evtl. über den Homomorpie oder Isomorpiesatz. Das ist ein Frage nur für mich, vielleicht zu kompliziert gedacht...


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-09-30

\quoteon(2022-09-30 23:43 - juergenX im Themenstart) Wie weiss ich auf einfachste Weise nach, dass \quoteoff Wenn der Anstrich der Decke beim ersten Versuch nicht den Erwartungn entspricht, dann muss man nachweißen. Eine aufgestellte Behauptung hingegen muss man nachweisen. *scnr*


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Mandelbluete
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-10-01

Hallo, Jürgen! 🙂 Die Abbildung $f: \mathbb{Q}(\sqrt{p}) \to \mathbb{Q}(\sqrt{p})$, $a + b\sqrt{p} \mapsto a - b\sqrt{p}$, ist in der Tat ein nicht-trivialer Automorphismus dieses quadratischen Zahlkörpers, und $f$ läßt $\mathbb{Q}$ sogar fest, ist also ein Element der Galoisgruppe $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{p})/\mathbb{Q})$, von der man somit weiß, daß sie isomorph zur zyklischen Gruppe $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ist, weil $\mathbb{Q}(\sqrt{p})/\mathbb{Q}$ den Grad $2$ hat; die Galoisgruppe enthält also nur $f$ und $\operatorname{id}$. Aber Deine Rechnung ist in dieser Form falsch, weil die gleichgesetzten Terme an einigen Stellen eine unlogische Reihenfolge haben. Jedes Gleichheitszeichen muß einer leicht zu sehenden Termumformung entsprechen, und am Ende muß das dastehen, was man zeigen will. Außerdem setzt Du plötzlich $p=5$. Seien also $x = a + b\sqrt{p}$ und $y = c + d\sqrt{p}$ Elemente von $\mathbb{Q}(\sqrt{p})$. Dann hat man \[ \begin{align*} x + y &= (a + c) + (b + d)\sqrt{p}, \\ xy &= (ac + pbd) + (ad + bc)\sqrt{p}. \end{align*} \] Damit sollte man folgendermaßen schließen: \[ \begin{gather*} f(x+y) = (a + c) - (b + d)\sqrt{p} = (a - b\sqrt{p}) + (c - d\sqrt{p}) = f(x) + f(y), \\ f(xy) = (ac + pbd) - (ad + bc)\sqrt{p} = (a - b\sqrt{p})(c - d\sqrt{p}) = f(x)f(y). \end{gather*} \] Außerdem muß man $f(a) = a$ für $a \in \mathbb{Q}$ bemerken; insbesondere gilt das dann für $a \in \{0,1\}$. Also ist $f$ ein (nicht-trivialer) $\mathbb{Q}$-Körperautomorphismus. Wie dem auch sei: daß $\mathbb{Q}(\sqrt{p})/\mathbb{Q}$ eine einfache Körpererweiterung ist, zeigt man damit nicht, denn eine einfache Körpererweiterung ist doch per definitionem eine, die von einem einzigen Element erzeugt wird; also ist dafür gar nichts mehr zu zeigen. Man kann sich höchstens $\mathbb{Q}(\sqrt{p}) = \mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ klarmachen und daß jedes Element wirklich von der Form $a + b\sqrt{p}$ mit $a,b \in \mathbb{Q}$ ist. Vielleicht meinst Du etwas anderes? Liebe Grüße Mandelblüte


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DavidM
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-01

\quoteon(2022-09-30 23:43 - juergenX im Themenstart) Und der laesst sich bei bei quadratichen Erweiterungskoerpern immer finden, so meine ich. Das ist nur etwas Rechnerei. \quoteoff Eine kurze Anmerkung: Das stimmt nur, wenn die beiden beteiligten Körper nicht die Charakteristik 2 haben.


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juergenX
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-01

\quoteon(2022-10-01 06:50 - Mandelbluete in Beitrag No. 2) Hallo, Jürgen! 🙂 \quoteoff hi Mandelblüte ! Dein Beweis (A) dass alle $x = a + b\sqrt{p}$ eineKE von Q ist: \quoteon Seien also $x = a + b\sqrt{p}$ und $y = c + d\sqrt{p}$ Elemente von $\mathbb{Q}(\sqrt{p})$. Dann hat man \[ \begin{align*} x + y &= (a + c) + (b + d)\sqrt{p}, \\ xy &= (ac + pbd) + (ad + bc)\sqrt{p}. \end{align*} \] Damit sollte man folgendermaßen schließen: \[ \begin{gather*} f(x+y) = (a + c) - (b + d)\sqrt{p} = (a - b\sqrt{p}) + (c - d\sqrt{p}) = f(x) + f(y), \\ f(xy) = (ac + pbd) - (ad + bc)\sqrt{p} = (a - b\sqrt{p})(c - d\sqrt{p}) = f(x)f(y). \end{gather*} \] Außerdem muß man $f(a) = a$ für $a \in \mathbb{Q}$ bemerken; insbesondere gilt das dann für $a \in \{0,1\}$. Also ist $f$ ein (nicht-trivialer) $\mathbb{Q}$-Körperautomorphismus. \quoteoff Ja genau das meinte ich du hast es zugegeben eleganter und fehlerfrei formuliert...😃 \quoteon Wie dem auch sei: daß $\mathbb{Q}(\sqrt{p})/\mathbb{Q}$ eine einfache Körpererweiterung ist, zeigt man damit nicht, denn eine einfache Körpererweiterung ist doch per definitionem eine, die von einem einzigen Element erzeugt wird; also ist dafür gar nichts mehr zu zeigen. \quoteoff Ich meinte, dass es nicht unbedingt offenbar ist, dass eine Adjunktion, wenn du mit [] adjungieren meinst, an einen Körper hier $\displaystyle \mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ auch einen Körper $\displaystyle \mathbb{L}= \mathbb{Q}(\sqrt{p})$ bildet und eine Körpererweiterung ist. (Außer bei der Charakteristik 2.) Das muss doch durch deine bzw. meine 2 Homomorphierechnungen für Körper erst gezeigt werden. Wir haben mit $\sqrt{p}$ genaugenommen die Nullstelle eines Minimalpolynoms 1ten Grades hier $\displaystyle g(p)=p^2 -1$ adjungiert. Also ist es eine einfache KE. Die Galoisgruppe $Gal(\mathbb{Q}(\sqrt{p})/\mathbb{Q})$ ist aich die Galoisgruppe des Minimalpolynoms $\displaystyle g(p)$. Wenn K ein endlicher Körper ist, etwa $\displaystyle K = Z_5$, dann ist $\displaystyle Z_5/(x^2+1)$ eine endliche Galoiserweiterung. \quoteon Man kann sich höchstens $\mathbb{Q}(\sqrt{p}) = \mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ klarmachen und daß jedes Element wirklich von der Form $a + b\sqrt{p}$ mit $a,b \in \mathbb{Q}$ ist. \quoteoff ja das meinte ich, denn das ist doch die Definition aller Elementen von $\displaystyle\mathbb{Q}(\sqrt{p})$: $\displaystyle\forall a,b \in \mathbb{Q}: a + b\sqrt{p}$ und dass diese nicht selbstverständlich einen Körper bilden. Genau diesen Beweis hast Du ja oben mit (A) geführt, ohne den gehts nicht. \quoteon Liebe Grüße Mandelblüte \quoteoff Von mir auch zurück! Jürgen


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Mandelbluete
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-10-01

Ach so, es geht also darum zu sehen, daß $\mathbb{Q}(\sqrt{p})$ genau aus ebenjenen Elementen besteht. Ein Körper ist $\mathbb{Q}(\sqrt{p})$ nach Definition dieser Schreibweise. Jedenfalls kann man sich das ganz elementar klarmachen: $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ besteht nach Definition aus allen Ausdrücken der Form $\varphi(\sqrt{p})$, wobei $\varphi \in \mathbb Q[X]$ ein Polynom ist. Diese Ausdrücke lassen sich, wie man leicht sieht, alle in der Form $a + b\sqrt{p}$ mit $a,b \in \mathbb{Q}$ schreiben. Das ist der erste Schritt. Jetzt muß man nur noch zeigen, daß jedes $z = a + b\sqrt{p} \neq 0$ (dies impliziert $a^2 - b^2p \neq 0$) invertierbar in $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ ist. Sicher ist es in $\mathbb{R}$ invertierbar: man bekommt \[ z^{-1} = \frac{1}{a + b\sqrt{p}} = \frac{a - b\sqrt{p}}{a^2 - b^2p}, \] aber das liegt in $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$. Also ist $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ ein Körper, und es gilt $\mathbb{Q}[\sqrt{p}] = \mathbb{Q}(\sqrt{p})$.


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juergenX
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-01

\quoteon(2022-10-01 13:23 - Mandelbluete in Beitrag No. 5) Ach so, es geht also darum zu sehen, daß $\mathbb{Q}(\sqrt{p})$ genau aus ebenjenen Elementen besteht. Ein Körper ist $\mathbb{Q}(\sqrt{p})$ nach Definition dieser Schreibweise. Jedenfalls kann man sich das ganz elementar klarmachen: $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ besteht nach Definition aus allen Ausdrücken der Form $\varphi(\sqrt{p})$, wobei $\varphi \in \mathbb Q[X]$ ein Polynom ist. Diese Ausdrücke lassen sich, wie man leicht sieht, alle in der Form $a + b\sqrt{p}$ mit $a,b \in \mathbb{Q}$ schreiben. Das ist der erste Schritt. \quoteoff Es ensteht $Q[\sqrt{p}]$ surch Einsetzung von $\sqrt{p}$ in alle Polynome aus $Q[X]$ und das nennt man Adjunktion? Ich hatte das Wort Adjunktion nie verstanden 😎 Ist das richtig Adjunktion = Einsetzung? $\displaystyle \varphi _{\sqrt{p}}\colon Q[X]\to B$ ist ein Einsetzungshomomorphismus von kommutativen Ringen mit Eins, dessen Bild zunächst ein Ring B ist. Sei f ein beliebiges $\displaystyle f \in Q[X]$. Es existiert speziell ein Einsetzungshomomorphismus $\displaystyle \varphi _{\sqrt{p}}(f):=\sum _{i\geq 0}\varphi (a_{i})\cdot \sqrt{p}^{i}$ mit den Bildern $\displaystyle a + b\sqrt{p}$, so dass durch richtige Wahl von $f$ (wirklich ? ) alle Paare $\displaystyle a,b \in Q$ entstehen können, denn $\displaystyle (\sqrt{p})^2 =p$ und $\displaystyle \sqrt{p}^3 = p\cdot \sqrt{p}$ usw. Zur Homomorphie von $\displaystyle \varphi _{\sqrt{p}}$ : z.B $\displaystyle \varphi _{\sqrt{p}}\colon (x^2+1) + (x+1) = \varphi _{\sqrt{p}}\colon (x^2+x+2) = p+ \sqrt{p} +2 = \varphi _{\sqrt{p}} (x^2+1) + \varphi _{\sqrt{p}} (x+1) = p+1 +\sqrt{p}+1 = p+ \sqrt{p}+2 \in B$. Und alle $\displaystyle a + b\sqrt{p}\in Q (\sqrt{p})$. Wozu noch Inverse in B gefunden werden muessen, was du ja tatest.


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Mandelbluete
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-10-01

Ja, genau, $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ entsteht, wie man sagt, durch "Adjunktion" von $\sqrt{p}$ an $\mathbb{Q}$. Man kann sich alles in den reellen $\mathbb{R}$ vorstellen, von denen $\sqrt{p}$ ja ein Element ist. Dann ist $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ der von $\mathbb{Q}$ und $\sqrt{p}$ erzeugte Unterring und besteht aus allen polynomialen Ausdrücken $f(\sqrt{p})$ mit einem Polynom \[ f(X) = a_0 + a_1X + \cdots + a_nX^n \in \mathbb{Q}[X]. \] Bei Deinem Einsetzungshomomorphismus kann man $B = \mathbb{R}$ nehmen. Man hat \[ \varphi_{\sqrt p}(f) = f(\sqrt{p}) = a_0 + a_1\sqrt p + \cdots + a_n(\sqrt p)^n, \] und $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ ist das Bild von $\varphi_{\sqrt p}$ in $\mathbb R$. Das besteht wie gesagt aus den $\varphi_{\sqrt p}(f) = f(\sqrt{p})$ für alle möglichen $f$, aber wegen $(\sqrt p)^{2n} = p^n$ (gerader Exponent) und $(\sqrt p)^{2n + 1} = p^n\sqrt{p}$ (ungerader Exponent) kann man diese, wie Du gesehen hast, in die bekannte Form bringen. Würde man zum Beispiel $\pi$ adjungieren, sähe das natürlich nicht so einfach aus. Versuch vielleicht noch mal, ganz streng zu zeigen, daß $\varphi_{\sqrt p}$ ein Ringhomomorphismus ist, und besonders auf die Notation zu achten.


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Mandelbluete
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-10-01

Wenn man es abstrakter mag, kann man auch \[ \mathbb{Q}[\sqrt{p}] = \frac{\mathbb{Q}[X]}{\langle X^2-p\rangle} \] schreiben, wobei $\langle X^2-p\rangle$ das von $X^2-p$ erzeugte Ideal ist (dies ist äquivalent zum Vorherigen, weil rechts ein Ring aus polynomialen Ausdrücken steht, bei denen $X$ eine Wurzel von $p$ ist [auf deren Wahl es nicht ankommt]). Weil $X^2-p$ in $\mathbb{Q}[X]$ irreduzibel ist (ich nehme an, daß $p$ eine Primzahl oder zumindest kein Quadrat ist), handelt es sich um ein maximales Ideal, und $\mathbb{Q}[\sqrt{p}]$ ist somit sogar ein Körper. Hier hat man nun gar keine Elemente hinschreiben müssen.


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juergenX
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-03

\quoteon(2022-10-01 22:08 - Mandelbluete in Beitrag No. 7) $f(\sqrt{p})$ mit einem Polynom \[ f(X) = a_0 + a_1X + \cdots + a_nX^n \in \mathbb{Q}[X]. \] Bei Deinem Einsetzungshomomorphismus kann man $B = \mathbb{R}$ nehmen. Man hat \[ \varphi_{\sqrt p}(f) = f(\sqrt{p}) = a_0 + a_1\sqrt p + \cdots + a_n(\sqrt p)^n, \] . . . Versuch vielleicht noch mal, ganz streng zu zeigen, daß $\varphi_{\sqrt p}$ ein Ringhomomorphismus ist, und besonders auf die Notation zu achten. \quoteoff Um zu zeigen dass $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f) = f(\sqrt{p}) = a_0 + a_1\sqrt p + \cdots + a_n(\sqrt p)^n$ ein Ringhomomorphismus ist, reicht an sich zu zeigen, dass fuer 2 beliebige Polynome aus $\displaystyle f \in \mathbb{Q}[x] \mapsto \mathbb{R}$ mit Vorraussetzung $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_1) = f_1(\sqrt{p}) = a_0 + a_1\sqrt p + \cdots + a_n(\sqrt p)^n$. und $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_2) = f_2(\sqrt{p}) = b_0 + b_1\sqrt p + \cdots + b_n(\sqrt p)^m$. Zeige: 1) $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_1) + \varphi_{\sqrt p}(f_2) = \varphi_{\sqrt p}(f_1+f_2)$, und 2) $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_1) * \varphi_{\sqrt p}(f_2) = \varphi_{\sqrt p}(f_1*f_2)$. Das ergibt bei der Addition: (1) wenn m>n $\displaystyle (f_1+f_2) = a_0 + a_1\sqrt p + \cdots + a_n(\sqrt p)^n + b_0 + b_1\sqrt p + \cdots + b_n(\sqrt p)^m = a_0 + b_0 + (a_1+b_1)\sqrt p + \cdots + (a_n+b_n)(\sqrt p)^n + (b_m)(\sqrt p)^m$. bei der Multiplikation sei z.B. $\displaystyle f_1 (x) = x^2+1, f_2 (x) = x-2$. $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_1) * \varphi_{\sqrt p}(f_2)$ = $\displaystyle \varphi_{\sqrt p} (x^2+1) * \varphi_{\sqrt p}(x-2)$ = $\displaystyle (p+1)(\sqrt p-2)= p\cdot\sqrt p -2p + \sqrt p -2 = -2-2p + (p+1)\sqrt p$ . $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_1*f_2)=\varphi_{\sqrt p}(x^2+1\cdot)(x-2) = \varphi_{\sqrt p}(f_1*f_2)= \varphi_{\sqrt p}(x^3-2x^2+x-2) = p\cdot\sqrt p -2p + \sqrt p -2$. Bei allgemeiner Multiplikation $\displaystyle \varphi_{\sqrt p}(f_3) * \varphi_{\sqrt p}(f_3) = \varphi_{\sqrt p}(f_3*f_4)$. wird es ein langer Ausdruck auf beiden Seiten. mit vielen $\displaystyle \sum , \prod$. Mit $\displaystyle(a_n+b_m)*(\sqrt p)^{n+m}$ als hoechstem Glied. Erleichternd ist dass $\displaystyle \sqrt p^{2n} = p^{n} , \sqrt p^{2n+1} = \sqrt p^\cdot p^{n}$. Injektivitaet und surjektivitaet brauchen fuer einen Ringhomomorphismus noch nicht gezeigt werden. Bei freier Auswahl der Koeffiienten von f1, f2 wird aus dem Ring $\displaystyle \mathbb{R}$ ein Koerper. Wir brauchen fuer f1 und f2 an sich nur Polynome 1ten Grades. Danke ich konnte viele Missverstaendniise klaeren👍 EDIT Klar ist nun $\displaystyle \mathbb{Q}[\sqrt p] =\mathbb{Q}(\sqrt p)$. auch fuer negative p.


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juergenX hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
juergenX hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

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