Geschlecht, Riemann-Roch Raum < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:40 So 18.08.2013 | | Autor: | diddy449 |
| Aufgabe 1 | Seien $F/K$ ein algebraischer Funktionenkörper in einer Variablen, $g>0$ sein Geschlecht und $A$ ein Divisor mit $l(A) > 0$.
Zeige: Ist $l(A) = deg(A) + 1$, so muss $A$ ein Hauptdivisor sein. |
| Aufgabe 2 | Zeige: Falls $g=0$, dann gibt es einen Divisor $A$ mit $deg(A) = 2$ und falls sogar noch [mm] $char(K)\not=2$, [/mm] dann ist $F=K(x,y)$ mit [mm] $y^2=ax^2+b$ [/mm] und [mm] $a,b\in K^{\times}$.
[/mm]
P.S. Kann man allgemein von der Existenz von Divisoren mit bestimmten Graden ausgehen? |
Hallo,
Hilfe zu nur einer der beiden Aufgaben, reicht mir auch völligich glaube zwar, dass die Lösung einfach ist, doch komm ich trotzdem nicht auf sie.
Aufgabe 1
Mein Ansatz:
Ist $0<l(A)=deg(A)+1$, so muss $deg(A) [mm] \ge [/mm] 0$ sein.
Zeigt man nun $deg(A) = 0$, dann ist $l(A)=1$.
Folglich gibt es ein [mm] $0\not= z\in [/mm] L(A)$ mit $(z) + A [mm] \ge [/mm] 0$. $deg(A) = 0$ erzwingt $(z) + A = 0$ und damit ist [mm] $A=(z^{-1})$ [/mm] ein Hauptdivisor.
$deg(A) = 0$ krieg ich nicht mehr gezeigt.
Mein Ansatz:
Angenommen, es ist $deg(A) > 0$, dann will ich $l(A) < deg(A) + 1$ zeigen.
Da $g>0$ ist, gibt es nach dem Satz von Riemann ein [mm] $c\in\IN$, [/mm] sodass für [mm] $deg(A)\ge [/mm] c$ sofort $l(A) = deg(A)+1-g < deg(A)+1$ gilt.
Bleiben also nur noch alle $0<deg(A)<c$.
Aufgabe 2
Hier habe ich noch nicht so viele Ideen, deshalb lass ich sie der Kürze halber weg.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:55 So 18.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Seien [mm]F/K[/mm] ein algebraischer Funktionenkörper in einer
> Variablen, [mm]g>0[/mm] sein Geschlecht und [mm]A[/mm] ein Divisor mit [mm]l(A) > 0[/mm].
>
> Zeige: Ist [mm]l(A) = deg(A) + 1[/mm], so muss [mm]A[/mm] ein Hauptdivisor
> sein.
>
> Hilfe zu nur einer der beiden Aufgaben, reicht mir auch
> völligich glaube zwar, dass die Lösung einfach ist, doch
> komm ich trotzdem nicht auf sie.
>
> Aufgabe 1
> Mein Ansatz:
> Ist [mm]0
>
> Zeigt man nun [mm]deg(A) = 0[/mm], dann ist [mm]l(A)=1[/mm].
> Folglich gibt es ein [mm]0\not= z\in L(A)[/mm] mit [mm](z) + A \ge 0[/mm].
> [mm]deg(A) = 0[/mm] erzwingt [mm](z) + A = 0[/mm] und damit ist [mm]A=(z^{-1})[/mm]
> ein Hauptdivisor.
>
> [mm]deg(A) = 0[/mm] krieg ich nicht mehr gezeigt.
Wenn [mm] $\deg [/mm] A [mm] \ge [/mm] 2 g - 1$ ist, so gilt nach Riemann-Roch, dass [mm] $\ell(A) [/mm] = [mm] \deg [/mm] A + 1 - g < [mm] \deg [/mm] A + 1$ ist. Also muss [mm] $\deg [/mm] A [mm] \le [/mm] 2 g - 2$ sein. Weiterhin muss [mm] $\deg [/mm] A [mm] \ge [/mm] 0$ sein, da ansonsten [mm] $\ell(A) [/mm] = 0$ waere. Nun gibt es Clifford's Theorem (Theorem 1.6.13 in Stichtenoth), welches fuer [mm] $\deg [/mm] A [mm] \in [/mm] [0, 2g - 2]$ sagt [mm] $\ell(A) \le [/mm] 1 + [mm] \tfrac{1}{2} \deg [/mm] A$. Damit bekommt man schliesslich [mm] $\deg [/mm] A = 0$.
> Zeige: Falls [mm]g=0[/mm], dann gibt es einen Divisor [mm]A[/mm] mit [mm]deg(A) = 2[/mm]
> und falls sogar noch [mm]char(K)\not=2[/mm], dann ist [mm]F=K(x,y)[/mm] mit
> [mm]y^2=ax^2+b[/mm] und [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
Der zweite Teil ist einfach: ist $A$ mit [mm] $\deg [/mm] A = 0$, so gilt nach Riemann-Roch, dass [mm] $\ell(A) [/mm] = [mm] \deg [/mm] A + 1 = 3$ ist. Sei $f [mm] \in [/mm] L(A)$: dann ist $A' := A + (f) [mm] \ge [/mm] 0$ ebenfalls von Grad 2. Ist $A'$ die Summe zweier Stellen von Grad 1, so ist $F = K(t)$ fuer ein passendes $t$, und du kannst $y := t$ und $x := [mm] t^2$ [/mm] setzen.
Andernfalls ist $A' = P$ eine Stelle von Grad 2. Ist $x [mm] \in [/mm] L(A') [mm] \setminus [/mm] K$, so ist $F / K(x)$ eine Erweiterung von Grad 2, da $x$ nur den einen Pol $P$ hat. Unter Verwendung von $Char(K) [mm] \neq [/mm] 2$ kannst du schnell zeigen, dass die Erweiterung die geforderte Form haben muss (nimm einfach $y [mm] \in [/mm] F [mm] \setminus [/mm] K(x)$).
Zum ersten Teil hab ich grad keine Idee. Riemann-Roch hilft hier aber sicher...
> P.S. Kann man allgemein von der Existenz von Divisoren mit
> bestimmten Graden ausgehen?
Wenn $K$ algebraisch abgeschlossen ist oder ein endlicher Koerper ist, gibt es immer einen Divisor von Grad 1, und damit auch Divisoren von beliebigem Grad. (Bei alg. abg. Koerpern ist das trivial, bei endlichen Koerpern hochgradig nichttrivial - ein Beweis dafuer findet sich z.B. im Buch von Stichtenoth, Kapitel 5.)
Ueber anderen Koerpern muss es nicht umbedingt Divisoren von Grad 1 geben.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:45 Di 20.08.2013 | | Autor: | diddy449 |
Hallo nochmal,
erstmal einen großen Dank für deine Hilfen Felix, sie bringen mich wirklich weiter.
> >
> > Aufgabe 1
> > Mein Ansatz:
> > Ist [mm]0
> >
> > Zeigt man nun [mm]deg(A) = 0[/mm], dann ist [mm]l(A)=1[/mm].
> > Folglich gibt es ein [mm]0\not= z\in L(A)[/mm] mit [mm](z) + A \ge 0[/mm].
> > [mm]deg(A) = 0[/mm] erzwingt [mm](z) + A = 0[/mm] und damit ist [mm]A=(z^{-1})[/mm]
> > ein Hauptdivisor.
> >
> > [mm]deg(A) = 0[/mm] krieg ich nicht mehr gezeigt.
>
> Wenn [mm]\deg A \ge 2 g - 1[/mm] ist, so gilt nach Riemann-Roch,
> dass [mm]\ell(A) = \deg A + 1 - g < \deg A + 1[/mm] ist. Also muss
> [mm]\deg A \le 2 g - 2[/mm] sein. Weiterhin muss [mm]\deg A \ge 0[/mm] sein,
> da ansonsten [mm]\ell(A) = 0[/mm] waere. Nun gibt es Clifford's
> Theorem (Theorem 1.6.13 in Stichtenoth), welches fuer [mm]\deg A \in [0, 2g - 2][/mm]
> sagt [mm]\ell(A) \le 1 + \tfrac{1}{2} \deg A[/mm]. Damit bekommt man
> schliesslich [mm]\deg A = 0[/mm].
Ich habe die Sätze nachgeschlagen, mit denen ist es wirklich einfach.
Ich bin im Stichtenoth erst auf Seite 27 und kannte die Aussagen noch gar nicht. Die Aufgaben erschienen mir auf den ersten Blick mit den Mitteln bis Seite 27 lösbar.
Ich werde dann lieber erstmal das erste Kapitel komplett durcharbeiten, bevor ich mich an weitere Aufgaben mache.
>
> > Zeige: Falls [mm]g=0[/mm], dann gibt es einen Divisor [mm]A[/mm] mit [mm]deg(A) = 2[/mm]
> > und falls sogar noch [mm]char(K)\not=2[/mm], dann ist [mm]F=K(x,y)[/mm] mit
> > [mm]y^2=ax^2+b[/mm] und [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
>
> Der zweite Teil ist einfach: ist [mm]A[/mm] mit [mm]\deg A = 0[/mm], so gilt
[mm]\deg A = 2[/mm]
> nach Riemann-Roch, dass [mm]\ell(A) = \deg A + 1 = 3[/mm] ist. Sei [mm]f \in L(A)[/mm]:
[mm]f \not= 0[/mm]
> dann ist [mm]A' := A + (f) \ge 0[/mm] ebenfalls von Grad 2. Ist [mm]A'[/mm]
> die Summe zweier Stellen von Grad 1, so ist [mm]F = K(t)[/mm] fuer
> ein passendes [mm]t[/mm],
Stimmt hab die Aussage auch grad im Stichtenoth gefunden (Proposition 1.6.3) und mir den Beweis angeguckt. Mir ist nicht klar, warum die Aussage nicht schon früher kommt.
Ist der Anfang von $(2) [mm] \Rightarrow [/mm] (1)$ nicht unnötig?
Für $deg(A) [mm] \ge [/mm] 0$ gilt doch automatisch $deg(A)+1 [mm] \ge [/mm] l(A) [mm] \ge [/mm] deg(A)+1-g$ und mit $g=0$ sogar $deg(A)+1 = l(A)$. Da ein Divisor $A'$ mit $deg(A') = 1$ und folglich $l(A') = 2$ existiert, gibt es auch ein $A [mm] \ge [/mm] 0$ mit dieser Eigenschaft. Und der Rest folgt dann genauso wie im Beweis.
> und du kannst [mm]y := t[/mm] und [mm]x := t^2[/mm] setzen.
Diese Wahl erfüllt aber nicht [mm]y^2=ax^2+b[/mm] mit [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
>
> Andernfalls ist [mm]A' = P[/mm] eine Stelle von Grad 2. Ist [mm]x \in L(A') \setminus K[/mm],
> so ist [mm]F / K(x)[/mm] eine Erweiterung von Grad 2, da [mm]x[/mm] nur den
> einen Pol [mm]P[/mm] hat.
Stimmt, es ist [mm] $A'=(x)_{\infty}$ [/mm] und damit nach Stichtenoth Theorem 1.4.11 [mm] $2=deg(A')=deg(x)_{\infty}=[F:K(x)]$.
[/mm]
Ich glaube, man kann den ersten Fall auch mit dem zweiten erschlagen: Ist $A' = P+Q$ Summe zweier Stellen vom Grad 1, dann gibt es [mm] $x_P \in [/mm] L(P) [mm] \setminus [/mm] K$, [mm] $x_Q \in [/mm] L(Q) [mm] \setminus [/mm] K$ und damit ist [mm] $A'=(x)_{\infty}$ [/mm] mit [mm] $x:=x_P x_Q$, [/mm] also wieder [mm] $2=deg(A')=deg(x)_{\infty}=[F:K(x)]$. [/mm]
Doch muss man nun bei der Wahl von [mm] $y\in F\setminus [/mm] K(x)$ Einschränkungen machen, da zum Beispiel $y=t$ nicht gewählt werden kann. Und wenn ich dich richtig verstanden habe, kann man im zweiten Fall jedes [mm] $y\in F\setminus [/mm] K(x)$ wählen.
> Unter Verwendung von [mm]Char(K) \neq 2[/mm] kannst
> du schnell zeigen, dass die Erweiterung die geforderte Form
> haben muss (nimm einfach [mm]y \in F \setminus K(x)[/mm]).
Ich weiß nicht, wie man das zeigen könnte.
Mein Ansatz war bis jetzt: Ich nehme mir erstmal ein beliebiges $z [mm] \in F\setminus [/mm] K(x)$ und weiß, dass es Nullstelle eines Polynoms der Form [mm] $f:=t^2+pt+q \in [/mm] K(x)[t]$ sein muss. Durch Benutzung der p-q-Formel(möglich da $char(K) [mm] \not= [/mm] 2$) und Äquivalenzumformungen von
[mm] $$ax^2 [/mm] + b = [mm] y^2 [/mm] = [mm] (\lambda [/mm] z + [mm] \mu)^2$$
[/mm]
erhalte ich, dass
[mm] $$ax^2 [/mm] + b= [mm] \mu^2 [/mm] - [mm] q\lambda^2$$ [/mm] und [mm] $$\lambda [/mm] p = [mm] 2\mu$$
[/mm]
gleichzeitig sein muss. Folglich ist
$$ [mm] 4(ax^2 [/mm] + [mm] b)^2 [/mm] = [mm] \lambda^2(p^2-4q) \gdw (\frac{\lambda}{2})^2 [/mm] = [mm] \frac{ax^2 + b}{p^2-4q}$$
[/mm]
Das heißt, dass so ein [mm] $\lambda$ [/mm] genau dann findbar ist, wenn [mm] $\frac{ax^2 + b}{p^2-4q}$ [/mm] ein Quadrat in $K(x)$ ist.
Nimmt man nun an, es gebe so ein Element und wir hätten es direkt als $z$ gewählt, dann ist [mm] $\frac{ax^2 + b}{p^2-4q} [/mm] = [mm] \frac{ax^2 + b}{-4(cx^2+d)}$ [/mm] genau dann ein Quadrat in $K(x)$, wenn es sogar ein Quadrat in K ist.
Demnach gebe es aber bei der Wahl von $y$ ziemlich viele Einschränkungen.
>
> > P.S. Kann man allgemein von der Existenz von Divisoren mit
> > bestimmten Graden ausgehen?
>
> Wenn [mm]K[/mm] algebraisch abgeschlossen ist oder ein endlicher
> Koerper ist, gibt es immer einen Divisor von Grad 1, und
> damit auch Divisoren von beliebigem Grad. (Bei alg. abg.
> Koerpern ist das trivial,
klar
> bei endlichen Koerpern hochgradig
> nichttrivial - ein Beweis dafuer findet sich z.B. im Buch
> von Stichtenoth, Kapitel 5.)
>
> Ueber anderen Koerpern muss es nicht umbedingt Divisoren
> von Grad 1 geben.
ok
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:15 Di 20.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin,
> erstmal einen großen Dank für deine Hilfen Felix, sie
> bringen mich wirklich weiter.
das freut mich :)
> > Wenn [mm]\deg A \ge 2 g - 1[/mm] ist, so gilt nach Riemann-Roch,
> > dass [mm]\ell(A) = \deg A + 1 - g < \deg A + 1[/mm] ist. Also muss
> > [mm]\deg A \le 2 g - 2[/mm] sein. Weiterhin muss [mm]\deg A \ge 0[/mm] sein,
> > da ansonsten [mm]\ell(A) = 0[/mm] waere. Nun gibt es Clifford's
> > Theorem (Theorem 1.6.13 in Stichtenoth), welches fuer [mm]\deg A \in [0, 2g - 2][/mm]
> > sagt [mm]\ell(A) \le 1 + \tfrac{1}{2} \deg A[/mm]. Damit bekommt man
> > schliesslich [mm]\deg A = 0[/mm].
>
> Ich habe die Sätze nachgeschlagen, mit denen ist es
> wirklich einfach.
> Ich bin im Stichtenoth erst auf Seite 27 und kannte die
> Aussagen noch gar nicht. Die Aufgaben erschienen mir auf
> den ersten Blick mit den Mitteln bis Seite 27 lösbar.
> Ich werde dann lieber erstmal das erste Kapitel komplett
> durcharbeiten, bevor ich mich an weitere Aufgaben mache.
Es ist sicher auch so loesbar, nur: mit wieviel Aufwand? Insofern, lies lieber erstmal weiter 
> > > Zeige: Falls [mm]g=0[/mm], dann gibt es einen Divisor [mm]A[/mm] mit [mm]deg(A) = 2[/mm]
> > > und falls sogar noch [mm]char(K)\not=2[/mm], dann ist [mm]F=K(x,y)[/mm] mit
> > > [mm]y^2=ax^2+b[/mm] und [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
> >
> > Der zweite Teil ist einfach: ist [mm]A[/mm] mit [mm]\deg A = 0[/mm], so gilt
> [mm]\deg A = 2[/mm]
> > nach Riemann-Roch, dass [mm]\ell(A) = \deg A + 1 = 3[/mm]
> ist. Sei [mm]f \in L(A)[/mm]:
> [mm]f \not= 0[/mm]
> > dann ist [mm]A' := A + (f) \ge 0[/mm] ebenfalls von
> Grad 2. Ist [mm]A'[/mm]
> > die Summe zweier Stellen von Grad 1, so ist [mm]F = K(t)[/mm] fuer
> > ein passendes [mm]t[/mm],
>
> Stimmt hab die Aussage auch grad im Stichtenoth gefunden
> (Proposition 1.6.3) und mir den Beweis angeguckt. Mir ist
> nicht klar, warum die Aussage nicht schon früher kommt.
> Ist der Anfang von [mm](2) \Rightarrow (1)[/mm] nicht unnötig?
>
> Für [mm]deg(A) \ge 0[/mm] gilt doch automatisch [mm]deg(A)+1 \ge l(A) \ge deg(A)+1-g[/mm]
> und mit [mm]g=0[/mm] sogar [mm]deg(A)+1 = l(A)[/mm]. Da ein Divisor [mm]A'[/mm] mit
> [mm]deg(A') = 1[/mm] und folglich [mm]l(A') = 2[/mm] existiert, gibt es auch
> ein [mm]A \ge 0[/mm] mit dieser Eigenschaft. Und der Rest folgt dann
> genauso wie im Beweis.
Das Theorem von Riemann braucht man aber immer noch. Insofern: ja, man haette das etwas eher machen koennen. Aber in den Abschnitt, in dem RR bewiesen wird, passt es nicht wirklich rein, ich denke deswegen hat Stichtenoth es in den Abschnitt danach gepackt.
> > und du kannst [mm]y := t[/mm] und [mm]x := t^2[/mm] setzen.
>
> Diese Wahl erfüllt aber nicht [mm]y^2=ax^2+b[/mm] mit [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
Ah, stimmt, $b$ soll auch [mm] $\neq [/mm] 0$ sein. Schade :)
Dann nimm $y = t + 1$, $x = t - 1$, $a = -1$ und ein passendes $b$.
> > Andernfalls ist [mm]A' = P[/mm] eine Stelle von Grad 2. Ist [mm]x \in L(A') \setminus K[/mm],
> > so ist [mm]F / K(x)[/mm] eine Erweiterung von Grad 2, da [mm]x[/mm] nur den
> > einen Pol [mm]P[/mm] hat.
>
> Stimmt, es ist [mm]A'=(x)_{\infty}[/mm] und damit nach Stichtenoth
> Theorem 1.4.11 [mm]2=deg(A')=deg(x)_{\infty}=[F:K(x)][/mm].
>
> Ich glaube, man kann den ersten Fall auch mit dem zweiten
> erschlagen: Ist [mm]A' = P+Q[/mm] Summe zweier Stellen vom Grad 1,
> dann gibt es [mm]x_P \in L(P) \setminus K[/mm], [mm]x_Q \in L(Q) \setminus K[/mm]
> und damit ist [mm]A'=(x)_{\infty}[/mm] mit [mm]x:=x_P x_Q[/mm], also wieder
> [mm]2=deg(A')=deg(x)_{\infty}=[F:K(x)][/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Doch muss man nun bei der Wahl von [mm]y\in F\setminus K(x)[/mm]
> Einschränkungen machen, da zum Beispiel [mm]y=t[/mm] nicht gewählt
> werden kann. Und wenn ich dich richtig verstanden habe,
> kann man im zweiten Fall jedes [mm]y\in F\setminus K(x)[/mm]
> wählen.
Du kannst $y [mm] \in [/mm] L(A')$ waehlen, wobei es linear unabhaengig von $x$ und $1$ sein sollte. Wegen der linearen Unabhaengigkeit kann es nicht in $K(x)$ liegen, weshalb $F = K(x, y)$ sein muss. Dann hast du mit $1, x, y, [mm] x^2, y^2, [/mm] xy$ sechs Elemente im fuenfdimensionalen Vektorraum $L(2 A')$ und kannst dir daraus ein Minimalpolynom von $y$ in $K(x)[t]$ von Grad 2 basteln; mit etwas Rechnerei kannst du das ganze dann in die gewuenschte Form bringen.
> > Unter Verwendung von [mm]Char(K) \neq 2[/mm] kannst
> > du schnell zeigen, dass die Erweiterung die geforderte Form
> > haben muss (nimm einfach [mm]y \in F \setminus K(x)[/mm]).
>
> Ich weiß nicht, wie man das zeigen könnte.
>
> Mein Ansatz war bis jetzt: Ich nehme mir erstmal ein
> beliebiges $z [mm]\in F\setminus[/mm] K(x)$ und weiß, dass es
> Nullstelle eines Polynoms der Form [mm]$f:=t^2+pt+q \in[/mm] K(x)[t]$ sein muss.
Wenn du das benutzt was ich oben schrieb, kannst du noch herausfinden dass $p$ ein Polynom von Grad [mm] $\le [/mm] 1$ in $x$ ist, und $q$ ein Polynom von Grad [mm] $\le [/mm] 2$ in $x$. Das macht es etwas konkreter.
Ich hoffe damit klappt es dann besser :)
> > > P.S. Kann man allgemein von der Existenz von Divisoren mit
> > > bestimmten Graden ausgehen?
> >
> > Wenn [mm]K[/mm] algebraisch abgeschlossen ist oder ein endlicher
> > Koerper ist, gibt es immer einen Divisor von Grad 1, und
> > damit auch Divisoren von beliebigem Grad. (Bei alg. abg.
> > Koerpern ist das trivial,
>
> klar
>
> > bei endlichen Koerpern hochgradig
> > nichttrivial - ein Beweis dafuer findet sich z.B. im Buch
> > von Stichtenoth, Kapitel 5.)
> >
> > Ueber anderen Koerpern muss es nicht umbedingt Divisoren
> > von Grad 1 geben.
>
> ok
Ueber [mm] $\IR$ [/mm] kannst du z.B. den Funktionenkoerper definiert durch [mm] $y^2 [/mm] + [mm] x^2 [/mm] + 1$ betrachten, der hat nur Stellen von Grad 2 (hat aber Geschlecht 0).
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:47 Di 27.08.2013 | | Autor: | diddy449 |
Hallo wieder,
habe den Beweis nun für den Fall eines nicht rationalen Funktionenkörpers mit den Ansätzen von unten hinbekommen. Dabei habe ich aber explizit die nicht-Rationalität benutzt.
Deshalb fehlt nun noch, dass es Elemente [mm] $x,y\in [/mm] F=K(t)$ geben soll, die [mm]y^2=ax^2+b[/mm] mit [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
Sei also [mm]x=\frac{f(t)}{g(t)}[/mm], dann ist, da [mm]char(K) \not= 2[/mm] ist, [mm]ax^2+b[/mm] kein Quadrat und damit nach Eisenstein [mm]t^2-(ax^2+b)[/mm] irreduzibel. Dies bedeutet aber [mm]2 = [K(x,y):K(x)] = [F:K(x)] = max\{deg(f),deg(g)\}[/mm].
Gleiches kann man für [mm]y[/mm] folgern, wodurch man sich auf diese Fälle beschränken kann.
Ich finde solche Elemente aber nicht.
> > Diese Wahl erfüllt aber nicht [mm]y^2=ax^2+b[/mm] mit [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
>
> Ah, stimmt, [mm]b[/mm] soll auch [mm]\neq 0[/mm] sein. Schade :)
>
> Dann nimm [mm]y = t + 1[/mm], [mm]x = t - 1[/mm], [mm]a = -1[/mm] und ein passendes
> [mm]b[/mm].
Diese Wahl klappt leider auch nicht. :)
> Du kannst [mm]y \in L(A')[/mm] waehlen, wobei es linear
> unabhaengig von [mm]x[/mm] und [mm]1[/mm] sein sollte. Wegen der linearen
> Unabhaengigkeit kann es nicht in [mm]K(x)[/mm] liegen, weshalb [mm]F
> = K(x, y)[/mm] sein muss.
Ok, dass war mit zunächst nicht klar, habe ich nun aber auch für einen eventuell rationalen Funktionenkörper gefolgert.
> Dann hast du mit [mm]1, x, y, x^2, y^2, xy[/mm] sechs Elemente im fuenfdimensionalen Vektorraum [mm]L(2 A')[/mm]
> und kannst dir daraus ein Minimalpolynom von [mm]y[/mm] in
> [mm]K(x)[t][/mm] von Grad 2 basteln; mit etwas Rechnerei kannst du das ganze dann in die gewuenschte Form bringen.
>
Sei [mm]f:=t^2+p(x)t+q(x)[/mm] dieses Minimalpolynom, dann kann [mm]y'= y + \frac{spur(f)}{2}[/mm] gewählt werden (hier braucht man dann auch [mm]char(K)\not=2[/mm] ). Damit hat man schonmal den [mm]y[/mm]-Term eliminiert und erhält
[mm]y'^2=g(x)[/mm], wobei [mm]deg(g)=2[/mm] (hier braucht man, dass [mm]y[/mm] nicht schon den ganzen Funktionenkörper erzeugt).
Definiert man noch [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm], dann erhält man für [mm]y',x'[/mm] die geforderte Gleichung und [mm]F=K(x,y) = K(x',y')[/mm].
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 Mi 28.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> habe den Beweis nun für den Fall eines nicht rationalen
> Funktionenkörpers mit den Ansätzen von unten hinbekommen.
> Dabei habe ich aber explizit die nicht-Rationalität
> benutzt.
>
> Deshalb fehlt nun noch, dass es Elemente [mm]x,y\in F=K(t)[/mm]
> geben soll, die [mm]y^2=ax^2+b[/mm] mit [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
Ich hab langsam das Gefuehl, dass das einfach nicht geht.
> Sei also [mm]x=\frac{f(t)}{g(t)}[/mm], dann ist, da [mm]char(K) \not= 2[/mm]
> ist, [mm]ax^2+b[/mm] kein Quadrat und damit nach Eisenstein
> [mm]t^2-(ax^2+b)[/mm] irreduzibel. Dies bedeutet aber [mm]2 = [K(x,y):K(x)] = [F:K(x)] = max\{deg(f),deg(g)\}[/mm].
Genau.
> Gleiches kann man für [mm]y[/mm] folgern, wodurch man sich auf
> diese Fälle beschränken kann.
>
> Ich finde solche Elemente aber nicht.
Ich ebenfalls nicht.
> > > Diese Wahl erfüllt aber nicht [mm]y^2=ax^2+b[/mm] mit [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
> >
> > Ah, stimmt, [mm]b[/mm] soll auch [mm]\neq 0[/mm] sein. Schade :)
> >
> > Dann nimm [mm]y = t + 1[/mm], [mm]x = t - 1[/mm], [mm]a = -1[/mm] und ein passendes
> > [mm]b[/mm].
>
> Diese Wahl klappt leider auch nicht. :)
Tja... Mir scheint's als wenn ich den Teil der Aufgabe doch noch nie richtig geloest haette...
> > Du kannst [mm]y \in L(A')[/mm] waehlen, wobei es linear
> > unabhaengig von [mm]x[/mm] und [mm]1[/mm] sein sollte. Wegen der linearen
> > Unabhaengigkeit kann es nicht in [mm]K(x)[/mm] liegen, weshalb [mm]F
> = K(x, y)[/mm]
> sein muss.
>
> Ok, dass war mit zunächst nicht klar, habe ich nun aber
> auch für einen eventuell rationalen Funktionenkörper
> gefolgert.
Damit $y$ nicht in $K(x)$ liegt muss $A'$ eine Stelle von Grad 2 sein. Andernfalls klappt das wohl nicht (z.B. $A' = 2 [mm] P_0$, [/mm] dann ist $L(A') = [mm] \langle [/mm] 1, t, [mm] t^2 \rangle$).
[/mm]
> > Dann hast du mit [mm]1, x, y, x^2, y^2, xy[/mm] sechs Elemente im
> fuenfdimensionalen Vektorraum [mm]L(2 A')[/mm]
> > und kannst dir daraus ein Minimalpolynom von [mm]y[/mm] in
> > [mm]K(x)[t][/mm] von Grad 2 basteln; mit etwas Rechnerei kannst du das ganze dann in die gewuenschte Form bringen.
> >
>
> Sei [mm]f:=t^2+p(x)t+q(x)[/mm] dieses Minimalpolynom, dann kann [mm]y'= y + \frac{spur(f)}{2}[/mm] gewählt werden (hier braucht man dann auch [mm]char(K)\not=2[/mm] ). Damit hat man schonmal den [mm]y[/mm]-Term eliminiert und erhält
> [mm]y'^2=g(x)[/mm], wobei [mm]deg(g)=2[/mm] (hier braucht man, dass [mm]y[/mm] nicht schon den ganzen Funktionenkörper erzeugt).
>
> Definiert man noch [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm], dann erhält man für [mm]y',x'[/mm] die geforderte Gleichung und [mm]F=K(x,y) = K(x',y')[/mm].
Ja. Aber jetzt muss man noch zeigen, dass diese Gleichung auch an den richtigen Stellen etwas [mm] $\neq [/mm] 0$ stehen hat.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:36 Mi 28.08.2013 | | Autor: | diddy449 |
Hallo,
> > > Dann hast du mit [mm]1, x, y, x^2, y^2, xy[/mm] sechs Elemente im
> > fuenfdimensionalen Vektorraum [mm]L(2 A')[/mm]
> > > und kannst dir daraus ein Minimalpolynom von [mm]y[/mm] in
> > > [mm]K(x)[t][/mm] von Grad 2 basteln; mit etwas Rechnerei kannst du das ganze dann in die gewuenschte Form bringen.
> > >
> >
> > Sei [mm]f:=t^2+p(x)t+q(x)[/mm] dieses Minimalpolynom, dann kann [mm]y'= y + \frac{spur(f)}{2}[/mm] gewählt werden (hier braucht man dann auch [mm]char(K)\not=2[/mm] ). Damit hat man schonmal den [mm]y[/mm]-Term eliminiert und erhält
> > [mm]y'^2=g(x)[/mm], wobei [mm]deg(g)=2[/mm] (hier braucht man, dass [mm]y[/mm] nicht schon den ganzen Funktionenkörper erzeugt).
> >
> > Definiert man noch [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm], dann erhält man für [mm]y',x'[/mm] die geforderte Gleichung und [mm]F=K(x,y) = K(x',y')[/mm].
>
> Ja. Aber jetzt muss man noch zeigen, dass diese Gleichung auch an den richtigen Stellen etwas [mm]\neq 0[/mm] stehen hat.
Diese Eigenschaften ergeben sich aus der nicht-Rationalität von [mm]F[/mm]:
Nach dem ersten Schritt ist [mm]y'^2=g(x)[/mm] mit zunächst [mm]deg(g) \le 2[/mm] und [mm]F=K(x,y)=K(x,y')[/mm]. Wäre [mm]deg(g) =1[/mm], dann müsste [mm]x\in K(y')[/mm] und damit [mm]F=K(x,y')=K(y')[/mm] rational sein. Wäre [mm]deg(g) \le 0 [/mm], so müsste [mm]y'\in K[/mm] und damit auch [mm]y\in K(x)[/mm]. Also ist [mm] deg(g) = 2[/mm].
Jetzt habe ich bei der Wahl [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm] einen Fehler gemacht. Sei [mm]y'^2=g=a_2x^2+a_1x+a_0[/mm], dann muss [mm]x' = x+\frac{a_1}{2\sqrt{a_2}}[/mm] gewählt werden ([mm]a_2\not=0[/mm] nach obigen). Leider fehlt, wie ich gerade merke, warum [mm]a_2[/mm] ein Quadrat in K sein soll. Ich glaube auch, dass das nicht unbedingt sein muss. Trotzdem argumentier ich erstmal unter dieser Annahme zu Ende.
Es folgt [mm]K(x)=K(x')[/mm], also [mm]F=K(x,y)=K(x,y')=K(x',y')[/mm] und [mm]y'^2=a_2x'^2 + b[/mm]. Wäre [mm]b=0[/mm], so wäre wieder [mm]F=K(x',y')=K(y')[/mm] rational.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:08 Mi 28.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > > > Dann hast du mit [mm]1, x, y, x^2, y^2, xy[/mm] sechs Elemente im
> > > fuenfdimensionalen Vektorraum [mm]L(2 A')[/mm]
> > > > und kannst dir daraus ein Minimalpolynom von [mm]y[/mm] in
> > > > [mm]K(x)[t][/mm] von Grad 2 basteln; mit etwas Rechnerei kannst du das ganze dann in die gewuenschte Form bringen.
> > >
> > > Sei [mm]f:=t^2+p(x)t+q(x)[/mm] dieses Minimalpolynom, dann kann [mm]y'= y + \frac{spur(f)}{2}[/mm] gewählt werden (hier braucht man dann auch [mm]char(K)\not=2[/mm] ). Damit hat man schonmal den [mm]y[/mm]-Term eliminiert und erhält
> > > [mm]y'^2=g(x)[/mm], wobei [mm]deg(g)=2[/mm] (hier braucht man, dass [mm]y[/mm] nicht schon den ganzen Funktionenkörper erzeugt).
> > >
> > > Definiert man noch [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm], dann erhält man für [mm]y',x'[/mm] die geforderte Gleichung und [mm]F=K(x,y) = K(x',y')[/mm].
> >
> > Ja. Aber jetzt muss man noch zeigen, dass diese Gleichung auch an den richtigen Stellen etwas [mm]\neq 0[/mm] stehen hat.
>
> Diese Eigenschaften ergeben sich aus der nicht-Rationalität von [mm]F[/mm]:
> Nach dem ersten Schritt ist [mm]y'^2=g(x)[/mm] mit zunächst [mm]deg(g) \le 2[/mm]
> und [mm]F=K(x,y)=K(x,y')[/mm]. Wäre [mm]deg(g) =1[/mm], dann müsste
> [mm]x\in K(y')[/mm] und damit [mm]F=K(x,y')=K(y')[/mm] rational sein.
> Wäre [mm]deg(g) \le 0 [/mm], so müsste [mm]y'\in K[/mm] und damit auch
> [mm]y\in K(x)[/mm]. Also ist [mm]deg(g) = 2[/mm].
> Jetzt habe ich bei der Wahl [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm] einen Fehler
> gemacht. Sei [mm]y'^2=g=a_2x^2+a_1x+a_0[/mm], dann muss
> [mm]x' = x+\frac{a_1}{2\sqrt{a_2}}[/mm] gewählt werden ([mm]a_2\not=0[/mm] nach obigen).
Stimmt, da ist ein Problem. Und da $x$ und $y'$ nicht in teilerfremden Potenzen als hoechste Potenz vorkommen, kann man das auch nicht einfach auf [mm] $a_2 [/mm] = 1$ reduzieren.
> Leider fehlt, wie ich gerade merke, warum [mm]a_2[/mm] ein Quadrat in K sein
> soll.
Da hab ich leider keine Idee...
> Es folgt [mm]K(x)=K(x')[/mm], also [mm]F=K(x,y)=K(x,y')=K(x',y')[/mm] und [mm]y'^2=a_2x'^2 + b[/mm]. Wäre [mm]b=0[/mm], so wäre wieder [mm]F=K(x',y')=K(y')[/mm] rational.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:23 Mi 28.08.2013 | | Autor: | diddy449 |
Upps,
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> > Jetzt habe ich bei der Wahl [mm]x'=x + \frac{spur(g)}{2}[/mm] einen Fehler
> > gemacht. Sei [mm]y'^2=g=a_2x^2+a_1x+a_0[/mm], dann muss
> > [mm]x' = x+\frac{a_1}{2\sqrt{a_2}}[/mm] gewählt werden ([mm]a_2\not=0[/mm] nach obigen).
>
es muss [mm]x'=x+\frac{a_1}{2a_2}[/mm] sein. Da kommt keine Wurzel hin, ich will ja den Mittelterm.
Dann funktioniert die Argumentation.
Jetzt müsste es hoffentlich stimmen. Den rationalen Fall, lass ich dann auch mal gut sein, ich habe auch das Gefühl, dass es dort keine solchen Elemente geben kann. Man kann das sicher mit einem Koeffizientenvergleich genau klären, müsste dann aber 2 mal ein 4er-Produkt von Grad 2 Polynomen berechnen. Das lohnt nicht^^
Danke nochmal für die Hilfen.
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:30 So 18.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin,
ich hab mal im Stichtenoth nachgeschaut:
> Seien [mm]F/K[/mm] ein algebraischer Funktionenkörper in einer
> Variablen, [mm]g>0[/mm] sein Geschlecht und [mm]A[/mm] ein Divisor mit [mm]l(A) > 0[/mm].
>
> Zeige: Ist [mm]l(A) = deg(A) + 1[/mm], so muss [mm]A[/mm] ein Hauptdivisor
> sein.
Aufgabe 1.8. (Da steht sogar "genau dann wenn".)
> Zeige: Falls [mm]g=0[/mm], dann gibt es einen Divisor [mm]A[/mm] mit [mm]deg(A) = 2[/mm]
> und falls sogar noch [mm]char(K)\not=2[/mm], dann ist [mm]F=K(x,y)[/mm] mit
> [mm]y^2=ax^2+b[/mm] und [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
Ein Teil von Aufgabe 1.9.
Tipp zu der Aufgabe: welchen Grad hat ein kanonischer Divisor?
Ansonsten das was ich schon schrieb...
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:51 Di 20.08.2013 | | Autor: | diddy449 |
Hallo,
> ich hab mal im Stichtenoth nachgeschaut:
>
> > Seien [mm]F/K[/mm] ein algebraischer Funktionenkörper in einer
> > Variablen, [mm]g>0[/mm] sein Geschlecht und [mm]A[/mm] ein Divisor mit [mm]l(A) > 0[/mm].
>
> >
> > Zeige: Ist [mm]l(A) = deg(A) + 1[/mm], so muss [mm]A[/mm] ein Hauptdivisor
> > sein.
>
> Aufgabe 1.8. (Da steht sogar "genau dann wenn".)
Hehe, die Rückrichtung hab ich hingekriegt und keine Fragen zu. Deshalb hab ich die Aufgabe auch nur als Hinrichtung aufgeschrieben.
>
> > Zeige: Falls [mm]g=0[/mm], dann gibt es einen Divisor [mm]A[/mm] mit [mm]deg(A) = 2[/mm]
> > und falls sogar noch [mm]char(K)\not=2[/mm], dann ist [mm]F=K(x,y)[/mm] mit
> > [mm]y^2=ax^2+b[/mm] und [mm]a,b\in K^{\times}[/mm].
>
> Ein Teil von Aufgabe 1.9.
>
> Tipp zu der Aufgabe: welchen Grad hat ein kanonischer
> Divisor?
>
> Ansonsten das was ich schon schrieb...
Ich arbeite dann erstmal im Stichtenoth weiter und wenn ich dann an dem Punkt mit kanonischen Divisoren bin, komme ich nochmal zu dem ersten Teil der Aufgabe zurück und melde mich bei Fragen wieder.
Noch mal vielen Dank für die Hilfen
Gruß
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