Normale Körpererweiterung < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:14 Do 03.03.2011 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | Sei [mm] $L/K\:$ [/mm] eine normale, algebraische Körpererweiterung, $f [mm] \in [/mm] K[X]$ normiert und irreduzibel. [mm] $f=f_1 f_2 \ldots f_r$ [/mm] sei Primfaktorzerlegung von [mm] $f\:$ [/mm] in [mm] $L[X]\:$, [/mm] wobei die [mm] $f_i$ [/mm] normiert seinen.
Zeigen Sie: für $i [mm] \not= [/mm] j$ existiert ein K-Automorphismus [mm] $\sigma:L \to [/mm] L$ mit [mm] $f_i [/mm] = [mm] f_j^{\sigma}$ [/mm] |
Hallo,
ich komme bei der Aufgabe leider an einer Stelle nicht weiter:
Angenommen [mm] $f\:$ [/mm] hat eine Nullstelle in [mm] $L\: \Rightarrow [/mm] f$ zerfällt in [mm] $L[X]\:$ [/mm] vollständig in Linearfaktoren, da [mm] $L/K\:$ [/mm] normal, d.h. die [mm] $f_i\:$ [/mm] sind gerade diese Linearfaktoren [mm] $f_i [/mm] = [mm] X-a_i$ [/mm] mit den Nullstellen [mm] $a_i\:$ [/mm] von [mm] $f\:$.
[/mm]
Für alle $i,j [mm] \in \{1, \ldots, r\}$ [/mm] gibt es einen K-Homomorphismus [mm] $\sigma_{i,j}: K(a_i) \to \overline{L}$ [/mm] mit [mm] $\sigma_{i,j}(a_i) [/mm] = [mm] a_j$ [/mm] und mit einem algebraischen Abschluss [mm] $\overline{L}$ [/mm] von $L [mm] \Rightarrow \sigma_{i,j}$ [/mm] besitzt eine Fortsetzung [mm] $\sigma_{i,j}': [/mm] L [mm] \to \overline{L}$ [/mm] mit [mm] $\sigma_{i,j}'|_{K(a_i)} [/mm] = [mm] \sigma_{i,j} \Rightarrow$ [/mm] da [mm] $L/K\:$ [/mm] normal beschränkt sich [mm] $\sigma_{i,j}'$ [/mm] zu einem K-Automorphismus von [mm] $L\:$ [/mm] und es gilt: [mm] $f_j [/mm] = [mm] f_i^{\sigma_{i,j}'}$
[/mm]
Was ist nun aber, falls [mm] $f\:$ [/mm] keine Nullstelle in L hat? [mm] $f\:$ [/mm] kann doch trotzdem in Primfaktoren zerfallen, solang diese nicht linear sind. Diese Primfaktoren könnten dann ja sogar verschiedenen Grad haben, womit es den gesuchten K-Automorphismus nicht geben kann. Wo ist mein Denkfehler?
LG Lippel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:12 Fr 04.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Lippel!
> Sei [mm]L/K\:[/mm] eine normale, algebraische Körpererweiterung, [mm]f \in K[X][/mm]
> normiert und irreduzibel. [mm]f=f_1 f_2 \ldots f_r[/mm] sei
> Primfaktorzerlegung von [mm]f\:[/mm] in [mm]L[X]\:[/mm], wobei die [mm]f_i[/mm]
> normiert seinen.
>
> Zeigen Sie: für [mm]i \not= j[/mm] existiert ein K-Automorphismus
> [mm]\sigma:L \to L[/mm] mit [mm]f_i = f_j^{\sigma}[/mm]
>
> ich komme bei der Aufgabe leider an einer Stelle nicht
> weiter:
>
> Angenommen [mm]f\:[/mm] hat eine Nullstelle in [mm]L\: \Rightarrow f[/mm]
> zerfällt in [mm]L[X]\:[/mm] vollständig in Linearfaktoren, da
> [mm]L/K\:[/mm] normal, d.h. die [mm]f_i\:[/mm] sind gerade diese
> Linearfaktoren [mm]f_i = X-a_i[/mm] mit den Nullstellen [mm]a_i\:[/mm] von
> [mm]f\:[/mm].
> Für alle [mm]i,j \in \{1, \ldots, r\}[/mm] gibt es einen
> K-Homomorphismus [mm]\sigma_{i,j}: K(a_i) \to \overline{L}[/mm] mit
> [mm]\sigma_{i,j}(a_i) = a_j[/mm] und mit einem algebraischen
> Abschluss [mm]\overline{L}[/mm] von [mm]L \Rightarrow \sigma_{i,j}[/mm]
> besitzt eine Fortsetzung [mm]\sigma_{i,j}': L \to \overline{L}[/mm]
> mit [mm]\sigma_{i,j}'|_{K(a_i)} = \sigma_{i,j} \Rightarrow[/mm] da
> [mm]L/K\:[/mm] normal beschränkt sich [mm]\sigma_{i,j}'[/mm] zu einem
> K-Automorphismus von [mm]L\:[/mm] und es gilt: [mm]f_j = f_i^{\sigma_{i,j}'}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Was ist nun aber, falls [mm]f\:[/mm] keine Nullstelle in L hat? [mm]f\:[/mm]
> kann doch trotzdem in Primfaktoren zerfallen, solang diese
> nicht linear sind.
> Diese Primfaktoren könnten dann ja
> sogar verschiedenen Grad haben,
Eben nicht, da $L/K$ normal ist.
Man kann beweisen, dass folgende Aussagen aequivalent sind: sei $L/K$ eine Koerpererweiterung und [mm] $\overline{L}$ [/mm] ein alg. Abschluss von $L$.
* fuer alle $K$-Homomorphismen [mm] $\sigma [/mm] : L [mm] \to \overline{L}$ [/mm] gilt [mm] $\sigma(L) \subseteq [/mm] L$;
* hat $f [mm] \in [/mm] K[x]$ (irreduzibel) eine Nullstelle in $L$, so zerfaellt es ueber $L$ in Linearfaktoren;
* hat $f [mm] \in [/mm] K[x]$ (irreduzibel) einen Primfaktor $p$ in $L$, so ist $f = [mm] \prod_{i=1}^t p_i$ [/mm] mit [mm] $p_i \in [/mm] L[x]$ prim fuer alle $i$ und [mm] $\deg [/mm] p = [mm] \deg p_i$.
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:50 Mo 07.03.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix, danke für deine Antwort.
> Man kann beweisen, dass folgende Aussagen aequivalent sind:
> sei [mm]L/K[/mm] eine Koerpererweiterung und [mm]\overline{L}[/mm] ein alg.
> Abschluss von [mm]L[/mm].
> * fuer alle [mm]K[/mm]-Homomorphismen [mm]\sigma : L \to \overline{L}[/mm]
> gilt [mm]\sigma(L) \subseteq L[/mm];
> * hat [mm]f \in K[x][/mm]
> (irreduzibel) eine Nullstelle in [mm]L[/mm], so zerfaellt es ueber [mm]L[/mm]
> in Linearfaktoren;
> * hat [mm]f \in K[x][/mm] (irreduzibel) einen Primfaktor [mm]p[/mm] in [mm]L[/mm],
> so ist [mm]f = \prod_{i=1}^t p_i[/mm] mit [mm]p_i \in L[x][/mm] prim fuer
> alle [mm]i[/mm] und [mm]\deg p = \deg p_i[/mm].
Das löst natürlich mein Problem mit der Aufgabe. Die ersten beiden Aussagen kenne ich, die dritte noch nicht. Ich versuche bereits eine gefühlte Ewigkeit diese zu beweisen, komme aber auf keinen brauchbaren Ansatz. Könntest du mir einen geben bzw. auf Literatur verweisen, wo ich den Beweis finden kann.
LG Lippel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:20 Mo 07.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Man kann beweisen, dass folgende Aussagen aequivalent sind:
> > sei [mm]L/K[/mm] eine Koerpererweiterung und [mm]\overline{L}[/mm] ein alg.
> > Abschluss von [mm]L[/mm].
> > * fuer alle [mm]K[/mm]-Homomorphismen [mm]\sigma : L \to \overline{L}[/mm]
> > gilt [mm]\sigma(L) \subseteq L[/mm];
> > * hat [mm]f \in K[x][/mm]
> > (irreduzibel) eine Nullstelle in [mm]L[/mm], so zerfaellt es ueber [mm]L[/mm]
> > in Linearfaktoren;
> > * hat [mm]f \in K[x][/mm] (irreduzibel) einen Primfaktor [mm]p[/mm] in
> [mm]L[/mm],
> > so ist [mm]f = \prod_{i=1}^t p_i[/mm] mit [mm]p_i \in L[x][/mm] prim fuer
> > alle [mm]i[/mm] und [mm]\deg p = \deg p_i[/mm].
>
> Das löst natürlich mein Problem mit der Aufgabe. Die
> ersten beiden Aussagen kenne ich, die dritte noch nicht.
> Ich versuche bereits eine gefühlte Ewigkeit diese zu
> beweisen, komme aber auf keinen brauchbaren Ansatz.
> Könntest du mir einen geben bzw. auf Literatur verweisen,
> wo ich den Beweis finden kann.
Nehmen wir also an, die ersten beiden Aussagen gelten (da du schon gezeigt hast dass sie aequivalent sind koennen wir das annehmen). Sei $g [mm] \in [/mm] K[x]$ irreduzibel und seien [mm] $p_1, p_2 \in [/mm] L[x]$ Primteiler von $g$. Wir muessen zeigen [mm] $\deg p_1 [/mm] = [mm] \deg p_2$. [/mm] Sei $Z$ ein Zerfaellungskoerper von $g$ ueber $L$ und seien [mm] $\alpha_1, \alpha_2$ [/mm] Nullstellen von [mm] $p_1, p_2$ [/mm] in $Z$.
Wir wissen nun [mm] $K(\alpha_1) \cong [/mm] K[x]/(g) [mm] \cong K(\alpha_2)$, [/mm] da das Minimalpolynom jeweils $g$ ist. Diesen Isomorphismus kannst du jetzt fortsetzen zu einem Isomorphismus [mm] $\sigma [/mm] : [mm] L(\alpha_1) \to \overline{K}$, [/mm] wobei [mm] $\overline{K}$ [/mm] ein alg. Abschluss ist der $Z$ umfasst. Da $L$ Bedingung 1 erfuellt, muss [mm] $\sigma(L) \subseteq [/mm] L$ sein. Damit siehst du, dass das Bild von [mm] $\sigma$ [/mm] in [mm] $L(\alpha_2)$ [/mm] liegt, da [mm] $\sigma$ [/mm] $L$ auf (eine Teilmenge von) $L$ abbildet und [mm] $\alpha_1$ [/mm] auf [mm] $\alpha_2$ [/mm] abbildet.
Wenn du jetzt auf den Fall reduzierst, dass $[L : K]$ endlich ist, bekommst du dass dies auch surjektiv ist, und du kannst damit schliess folgern, dass [mm] $[L(\alpha_1) [/mm] : L] = [mm] [L(\alpha_2) [/mm] : L]$ ist -- was bedeutet, dass [mm] $\deg p_1 [/mm] = [mm] \deg p_2$ [/mm] ist.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:29 Di 08.03.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix, danke für deine Antwort.
> Nehmen wir also an, die ersten beiden Aussagen gelten (da
> du schon gezeigt hast dass sie aequivalent sind koennen wir
> das annehmen). Sei [mm]g \in K[x][/mm] irreduzibel und seien [mm]p_1, p_2 \in L[x][/mm]
> Primteiler von [mm]g[/mm]. Wir muessen zeigen [mm]\deg p_1 = \deg p_2[/mm].
> Sei [mm]Z[/mm] ein Zerfaellungskoerper von [mm]g[/mm] ueber [mm]L[/mm] und seien
> [mm]\alpha_1, \alpha_2[/mm] Nullstellen von [mm]p_1, p_2[/mm] in [mm]Z[/mm].
>
> Wir wissen nun [mm]K(\alpha_1) \cong K[x]/(g) \cong K(\alpha_2)[/mm],
> da das Minimalpolynom jeweils [mm]g[/mm] ist. Diesen Isomorphismus
> kannst du jetzt fortsetzen zu einem Isomorphismus [mm]\sigma : L(\alpha_1) \to \overline{K}[/mm],
> wobei [mm]\overline{K}[/mm] ein alg. Abschluss ist der [mm]Z[/mm] umfasst. Da
> [mm]L[/mm] Bedingung 1 erfuellt, muss [mm]\sigma(L) \subseteq L[/mm] sein.
> Damit siehst du, dass das Bild von [mm]\sigma[/mm] in [mm]L(\alpha_2)[/mm]
> liegt, da [mm]\sigma[/mm] [mm]L[/mm] auf (eine Teilmenge von) [mm]L[/mm] abbildet und
> [mm]\alpha_1[/mm] auf [mm]\alpha_2[/mm] abbildet.
>
> Wenn du jetzt auf den Fall reduzierst, dass [mm][L : K][/mm] endlich
> ist, bekommst du dass dies auch surjektiv ist, und du
> kannst damit schliess folgern, dass [mm][L(\alpha_1) : L] = [L(\alpha_2) : L][/mm]
> ist -- was bedeutet, dass [mm]\deg p_1 = \deg p_2[/mm] ist.
Wäre nur noch die Frage, wie man das Problem mit der Endlichkeit von [mm] $L/K\:$ [/mm] löst, die ist ja nicht gegeben und es genügt ja auch nicht einen Zwischenkörper zu betrachten, der die Koeffizienten der [mm] $p_i$ [/mm] enthält, da man dann ja die Normalität verliert.
Hat man die Aussage gezeigt, dann weiß man also aufgrund des gleichen Grades von [mm] $p_1$ [/mm] und [mm] $p_2$, [/mm] dass die beiden Polynome in einem algebraischen Abschluss von L die gleiche Anzahl von Nullstellen haben. Seinen [mm] $a_1, \ldots, a_n$ [/mm] die Nullstellen von [mm] $p_1$, [/mm] dann existiert ein K-Homomorphismus [mm] $\sigma: K(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}$, [/mm] der die [mm] $a_i$ [/mm] bijektiv auf die Nullstellen von [mm] $p_2$ [/mm] abbildet, da ja alle Nullstellen von [mm] $p_1$ [/mm] und [mm] $p_2$ [/mm] auch Nullstellen eines über K irreduziblen Polynoms sind. [mm] $\sigma$ [/mm] lässt sich fortsetzen zu einem Homomorphismus [mm] $\sigma': L(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}$. [/mm] Dessen Einschränkung auf L beschränkt sich zu einem Automorphismus von L, der [mm] $p_1$ [/mm] auf [mm] $p_2$ [/mm] abbildet. Passt das?
LG Lippel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:30 Di 08.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Nehmen wir also an, die ersten beiden Aussagen gelten (da
> > du schon gezeigt hast dass sie aequivalent sind koennen wir
> > das annehmen). Sei [mm]g \in K[x][/mm] irreduzibel und seien [mm]p_1, p_2 \in L[x][/mm]
> > Primteiler von [mm]g[/mm]. Wir muessen zeigen [mm]\deg p_1 = \deg p_2[/mm].
> > Sei [mm]Z[/mm] ein Zerfaellungskoerper von [mm]g[/mm] ueber [mm]L[/mm] und seien
> > [mm]\alpha_1, \alpha_2[/mm] Nullstellen von [mm]p_1, p_2[/mm] in [mm]Z[/mm].
> >
> > Wir wissen nun [mm]K(\alpha_1) \cong K[x]/(g) \cong K(\alpha_2)[/mm],
> > da das Minimalpolynom jeweils [mm]g[/mm] ist. Diesen Isomorphismus
> > kannst du jetzt fortsetzen zu einem Isomorphismus [mm]\sigma : L(\alpha_1) \to \overline{K}[/mm],
> > wobei [mm]\overline{K}[/mm] ein alg. Abschluss ist der [mm]Z[/mm] umfasst. Da
> > [mm]L[/mm] Bedingung 1 erfuellt, muss [mm]\sigma(L) \subseteq L[/mm] sein.
> > Damit siehst du, dass das Bild von [mm]\sigma[/mm] in [mm]L(\alpha_2)[/mm]
> > liegt, da [mm]\sigma[/mm] [mm]L[/mm] auf (eine Teilmenge von) [mm]L[/mm] abbildet und
> > [mm]\alpha_1[/mm] auf [mm]\alpha_2[/mm] abbildet.
> >
> > Wenn du jetzt auf den Fall reduzierst, dass [mm][L : K][/mm] endlich
> > ist, bekommst du dass dies auch surjektiv ist, und du
> > kannst damit schliess folgern, dass [mm][L(\alpha_1) : L] = [L(\alpha_2) : L][/mm]
> > ist -- was bedeutet, dass [mm]\deg p_1 = \deg p_2[/mm] ist.
>
> Wäre nur noch die Frage, wie man das Problem mit der
> Endlichkeit von [mm]L/K\:[/mm] löst, die ist ja nicht gegeben und
> es genügt ja auch nicht einen Zwischenkörper zu
> betrachten, der die Koeffizienten der [mm]p_i[/mm] enthält, da man
> dann ja die Normalität verliert.
Sei $Z$ ein Zerfaellungskoerper von $f$ ueber $K$, und sei $L' = L [mm] \cap [/mm] Z$ (hierbei wird angenommen, dass $L$ und $Z$ im gleichen alg. Abschluss von $K$ liegen). Dann ist $[L' : K] < [mm] \infty$, [/mm] da $[Z : K] [mm] \le (\deg [/mm] f)! < [mm] \infty$ [/mm] gilt, und $L' / K$ ist normal, da $Z / K$ und $L / K$ normal sind.
Wenn du jetzt mit $L' / K$ arbeitest, hast du also eine endliche normale Erweiterung.
> Hat man die Aussage gezeigt, dann weiß man also aufgrund
> des gleichen Grades von [mm]p_1[/mm] und [mm]p_2[/mm], dass die beiden
> Polynome in einem algebraischen Abschluss von L die gleiche
> Anzahl von Nullstellen haben.
Genau.
> Seinen [mm]a_1, \ldots, a_n[/mm] die
> Nullstellen von [mm]p_1[/mm], dann existiert ein K-Homomorphismus
> [mm]\sigma: K(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}[/mm], der die [mm]a_i[/mm]
> bijektiv auf die Nullstellen von [mm]p_2[/mm] abbildet, da ja alle
> Nullstellen von [mm]p_1[/mm] und [mm]p_2[/mm] auch Nullstellen eines über K
> irreduziblen Polynoms sind. [mm]\sigma[/mm] lässt sich fortsetzen
> zu einem Homomorphismus [mm]\sigma': L(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}[/mm].
> Dessen Einschränkung auf L beschränkt sich zu einem
> Automorphismus von L, der [mm]p_1[/mm] auf [mm]p_2[/mm] abbildet. Passt das?
Ja, das passt.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:17 Mi 09.03.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
> Sei [mm]Z[/mm] ein Zerfaellungskoerper von [mm]f[/mm] ueber [mm]K[/mm], und sei [mm]L' = L \cap Z[/mm]
> (hierbei wird angenommen, dass [mm]L[/mm] und [mm]Z[/mm] im gleichen alg.
> Abschluss von [mm]K[/mm] liegen). Dann ist [mm][L' : K] < \infty[/mm], da [mm][Z : K] \le (\deg f)! < \infty[/mm]
> gilt, und [mm]L' / K[/mm] ist normal, da [mm]Z / K[/mm] und [mm]L / K[/mm] normal
> sind.
Der Schnitt von [mm] $Z\:$ [/mm] und [mm] $L\:$ [/mm] ist normal über [mm] $K\:$, [/mm] da: Man betrachtet einen K-Homomorphismus [mm] $\sigma: [/mm] Z [mm] \cap [/mm] L [mm] \to \overline{K}$ [/mm] mit einem algebraischen Abschluss [mm] $\overline{K}$ [/mm] von [mm] $K\:$, [/mm] der [mm] $L\:$ [/mm] und [mm] $Z\:$ [/mm] enthält. [mm] $\sigma$ [/mm] lässt sich zu fortsetzen zu K-Homomorphismen: [mm] $\sigma_L:L \to \overline{K}$ [/mm] und [mm] $\sigma_{Z}:Z \to \overline{K}$. [/mm] Diese beschränken sich zu Automorphismen von [mm] $L\:$ [/mm] bzw. [mm] $Z\:$. [/mm] Damit muss sich auch [mm] $\sigma$ [/mm] zu einem Automorphismus von $Z [mm] \cap [/mm] L$ beschränken, womit $(Z [mm] \cap [/mm] L)/K$ normal ist.
Passt das?
> Wenn du jetzt mit [mm]L' / K[/mm] arbeitest, hast du also eine
> endliche normale Erweiterung.
Vielen Dank für deine Hilfe, da wäre ich nie drauf gekommen.
LG Lippel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Mi 09.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Sei [mm]Z[/mm] ein Zerfaellungskoerper von [mm]f[/mm] ueber [mm]K[/mm], und sei [mm]L' = L \cap Z[/mm]
> > (hierbei wird angenommen, dass [mm]L[/mm] und [mm]Z[/mm] im gleichen alg.
> > Abschluss von [mm]K[/mm] liegen). Dann ist [mm][L' : K] < \infty[/mm], da [mm][Z : K] \le (\deg f)! < \infty[/mm]
> > gilt, und [mm]L' / K[/mm] ist normal, da [mm]Z / K[/mm] und [mm]L / K[/mm] normal
> > sind.
>
> Der Schnitt von [mm]Z\:[/mm] und [mm]L\:[/mm] ist normal über [mm]K\:[/mm], da: Man
> betrachtet einen K-Homomorphismus [mm]\sigma: Z \cap L \to \overline{K}[/mm]
> mit einem algebraischen Abschluss [mm]\overline{K}[/mm] von [mm]K\:[/mm], der
> [mm]L\:[/mm] und [mm]Z\:[/mm] enthält. [mm]\sigma[/mm] lässt sich zu fortsetzen zu
> K-Homomorphismen: [mm]\sigma_L:L \to \overline{K}[/mm] und
> [mm]\sigma_{Z}:Z \to \overline{K}[/mm]. Diese beschränken sich zu
> Automorphismen von [mm]L\:[/mm] bzw. [mm]Z\:[/mm]. Damit muss sich auch
> [mm]\sigma[/mm] zu einem Automorphismus von [mm]Z \cap L[/mm] beschränken,
> womit [mm](Z \cap L)/K[/mm] normal ist.
>
> Passt das?
Ja.
> > Wenn du jetzt mit [mm]L' / K[/mm] arbeitest, hast du also eine
> > endliche normale Erweiterung.
>
> Vielen Dank für deine Hilfe, da wäre ich nie drauf
> gekommen.
Ist auch etwas tricky 
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:28 Mi 09.03.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
> Hat man die Aussage gezeigt, dann weiß man also aufgrund
> des gleichen Grades von [mm]p_1[/mm] und [mm]p_2[/mm], dass die beiden
> Polynome in einem algebraischen Abschluss von L die gleiche
> Anzahl von Nullstellen haben. Seinen [mm]a_1, \ldots, a_n[/mm] die
> Nullstellen von [mm]p_1[/mm], dann existiert ein K-Homomorphismus
> [mm]\sigma: K(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}[/mm], der die [mm]a_i[/mm]
> bijektiv auf die Nullstellen von [mm]p_2[/mm] abbildet, da ja alle
> Nullstellen von [mm]p_1[/mm] und [mm]p_2[/mm] auch Nullstellen eines über K
> irreduziblen Polynoms sind.
Genügt das eigentlich wirklich schon als Begründung? Nehmen wir an [mm] $a_1', \ldots, a_n'$ [/mm] seien die Nullstellen von [mm] $p_2$. [/mm] Es existiert doch nun nicht zu jeder möglichen Bijektion zwischen den [mm] $a_i$ [/mm] und den [mm] $a_j'$ [/mm] ein K-Homomorphismus, der diese Bijektion realisiert.
Dass alle [mm] $a_i$ [/mm] und [mm] $a_j'$ [/mm] Nullstellen des gleichen irreduziblen Polynoms aus [mm] $K[X]\:$ [/mm] sind, bedeutet ja nicht automatisch, dass es einen K-Homomorphismus gibt, der eine Bijektion zwischen den Nullstellen induziert. Zwar gibt es, wie schon weiter oben bemerkt, für alle Paare [mm] $(i,j)\:$ [/mm] (genau?) einen K-Hom. [mm] $\sigma_{i,j}$ [/mm] mit [mm] $\sigma_{i,j}(a_i)=a_j'$, [/mm] dass dieser aber auch die anderen Nullstellen von [mm] $p_1$ [/mm] auf solche von [mm] $p_2$ [/mm] abbildet, ist erst ersichtlich aus folgender Argumentation: Wir betrachten [mm] $p_1 \in [/mm] L[X]$. Das Bild [mm] $p_1^{\sigma_{i,j}}$ [/mm] von [mm] $p_1$ [/mm] unter [mm] $\sigma_{i,j}$ [/mm] ist wie [mm] $p_1$ [/mm] irreduzibel und hat die Nullstelle [mm] $a_j'$. [/mm] Damit handelt es sich um das Minimalpolynom von [mm] $a_j'$ [/mm] über [mm] $L[X]\:$. [/mm] Da [mm] $p_2 \in [/mm] L[X]$ ebenfalls irreduzibel ist und [mm] $a_j'$ [/mm] als Nullstelle hat, muss gelten [mm] $p_1^{\sigma_{i,j}}=p_2$. [/mm] Erst jetzt ist klar, dass auch die anderen Nullstellen von [mm] $p_1$ [/mm] auf die von [mm] $p_2$ [/mm] abgebildet werden.
Stimmt das oder ist es vollkommener Blödsinn?
> [mm]\sigma[/mm] lässt sich fortsetzen
> zu einem Homomorphismus [mm]\sigma': L(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}[/mm].
> Dessen Einschränkung auf L beschränkt sich zu einem
> Automorphismus von L, der [mm]p_1[/mm] auf [mm]p_2[/mm] abbildet.
LG Lippel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:13 Mi 09.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Hat man die Aussage gezeigt, dann weiß man also aufgrund
> > des gleichen Grades von [mm]p_1[/mm] und [mm]p_2[/mm], dass die beiden
> > Polynome in einem algebraischen Abschluss von L die gleiche
> > Anzahl von Nullstellen haben. Seinen [mm]a_1, \ldots, a_n[/mm] die
> > Nullstellen von [mm]p_1[/mm], dann existiert ein K-Homomorphismus
> > [mm]\sigma: K(a_1, \ldots, a_n) \to \overline{L}[/mm], der die [mm]a_i[/mm]
> > bijektiv auf die Nullstellen von [mm]p_2[/mm] abbildet, da ja alle
> > Nullstellen von [mm]p_1[/mm] und [mm]p_2[/mm] auch Nullstellen eines über K
> > irreduziblen Polynoms sind.
>
> Genügt das eigentlich wirklich schon als Begründung?
Nunja, je nachdem ob man das was du unten als Begruendung auffuehrst als "selbstverstaendlich" ansieht oder nicht 
> Nehmen wir an [mm]a_1', \ldots, a_n'[/mm] seien die Nullstellen von
> [mm]p_2[/mm]. Es existiert doch nun nicht zu jeder möglichen
> Bijektion zwischen den [mm]a_i[/mm] und den [mm]a_j'[/mm] ein
> K-Homomorphismus, der diese Bijektion realisiert.
Nein, so einer existiert auch nicht. (Ansonsten waer die Galoisgruppe einjeder Galois-Erweiterung immer die volle symmetrische Gruppe.)
> Dass alle [mm]a_i[/mm] und [mm]a_j'[/mm] Nullstellen des gleichen
> irreduziblen Polynoms aus [mm]K[X]\:[/mm] sind, bedeutet ja nicht
> automatisch, dass es einen K-Homomorphismus gibt, der eine
> Bijektion zwischen den Nullstellen induziert. Zwar gibt es,
> wie schon weiter oben bemerkt, für alle Paare [mm](i,j)\:[/mm]
> (genau?) einen K-Hom. [mm]\sigma_{i,j}[/mm] mit
Es kann auch mehrere geben.
> [mm]\sigma_{i,j}(a_i)=a_j'[/mm], dass dieser aber auch die anderen
> Nullstellen von [mm]p_1[/mm] auf solche von [mm]p_2[/mm] abbildet, ist erst
> ersichtlich aus folgender Argumentation: Wir betrachten [mm]p_1 \in L[X][/mm].
> Das Bild [mm]p_1^{\sigma_{i,j}}[/mm] von [mm]p_1[/mm] unter [mm]\sigma_{i,j}[/mm] ist
> wie [mm]p_1[/mm] irreduzibel und hat die Nullstelle [mm]a_j'[/mm]. Damit
> handelt es sich um das Minimalpolynom von [mm]a_j'[/mm] über
> [mm]L[X]\:[/mm]. Da [mm]p_2 \in L[X][/mm] ebenfalls irreduzibel ist und [mm]a_j'[/mm]
> als Nullstelle hat, muss gelten [mm]p_1^{\sigma_{i,j}}=p_2[/mm].
> Erst jetzt ist klar, dass auch die anderen Nullstellen von
> [mm]p_1[/mm] auf die von [mm]p_2[/mm] abgebildet werden.
Genau.
> Stimmt das oder ist es vollkommener Blödsinn?
Nein, das stimmt so.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:41 Mi 09.03.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
> Nunja, je nachdem ob man das was du unten als Begruendung
> auffuehrst als "selbstverstaendlich" ansieht oder nicht
Mir war es leider noch nicht so ganz klar, zumindest hätte ich schon nochmal drüber nachdenken müssen.
Vielen Dank für deine Hilfe!
LG Lippel
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