Normale Körpererweiterung < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:06 Fr 07.01.2011 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | Sei K Körper, $f [mm] \in [/mm] K[X], deg [mm] \: [/mm] f = n > 0$, L Zerfällungskörper von f über K.
Zeigen Sie:
(i) $[L:K] [mm] \: [/mm] | [mm] \: [/mm] n!$
(ii) $[L:K] = n! [mm] \Rightarrow$ [/mm] f irreduzibel |
Hallo,
ich verzweifel ziemlich an der Aufgabe. Habe nur wenig Ideen da ran zu gehen.
Zu (i)
Da L Zerfällungskörper von f über K wird L von den n Nullstellen [mm] $(a_1, \ldots, a_n)$ [/mm] von f in L erzeugt, d.h. $L = [mm] K(a_1, \ldots, a_n)$. [/mm] Dabei sind die Nullstellen nicht notwendig paarweise verschieden.
Wie kann ich nun eine Aussage über den Grad der Erweiterung $L/K$ treffen?
Ich nehme an man argumentiert über K-Homomorphismen von L. Diese permutieren die Nullstellen von f (oder der irreduziblen Teiler von f?). Die [mm] $S_n$ [/mm] hat ja genau $n!$ Elemente. Die möglichen Permutationen der Nullstellen von f werden durch Untergruppen der [mm] $S_n$ [/mm] beschrieben. Die Ordnung dieser Untergruppen teilt dann wiederum $n!$.
Selbst wenn das alles stimmt, weiß ich dann nnoch nicht so richtig, wie ich von der Anzahl der K-Homomorphismen wieder zurück zum Erweiterungsgrad komme.
(ii) wird hoffentlich machbar, wenn ich Teil (i) verstanden habe.
Vielen Dank für eure Hilfe und viele Grüße,
Lippel
|
|
| |
|
Hallo Lippel,
zu (i): die Galoisgruppe eines irreduziblen Polynoms liegt injektiv in der [mm] S_{n}. [/mm] Damit ist die erste Aussage quasi gezeigt!
zu (ii): Angenommen, es wäre nicht irreduzibel...
...worin wäre dann die Galoisgruppe (echt) enthalten?
Damit bekommst Du einen Widerspruch zur Aussage aus (ii).
Viele Grüße,
Tagesschau
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:34 Fr 07.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
vielen Dank für deine Antwort. Wir haben das tatsächlich schon gezeigt, dass die Galoisgruppe injektiv in der [mm] $S_n$ [/mm] liegt, danke für den Tipp.
Ist meine Argumentation von oben trotzdem was wert? Also gibt es auch eine Argumentation die so oder ähnlich verläuft? Das fände ich nämlich sehr anschaulich und würde zu meinem Verständnis beitragen.
LG Lippel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:09 Fr 07.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Lippel!
> vielen Dank für deine Antwort. Wir haben das tatsächlich
> schon gezeigt, dass die Galoisgruppe injektiv in der [mm]S_n[/mm]
> liegt, danke für den Tipp.
Der Tipp ist nett, funktioniert aber nur, falls $L/K$ separabel ist.
Im Allgemeinen kann man das recht einfach per Induktion nach $n = [mm] \deg [/mm] f$ machen.
Der Induktionsanfang $n = 1$ ist einfach.
Fuer den Induktionsschritt beachte, dass $L$ der Zerfaellungskoerper von $f$ ueber [mm] $K(\alpha)$ [/mm] ist, wenn [mm] $\alpha$ [/mm] eine Nullstelle von $f$ ist. (Sogar von einem kleineren Polynom -- welches?)
Bei (ii) nimm doch mal an, dass $f = g h$ ist mit [mm] $\deg [/mm] g, deg h > 0$. Ist [mm] $L_1$ [/mm] ein ZK von $g$ ueber $K$ und [mm] $L_2$ [/mm] ein ZK von $h$ ueber [mm] $L_1$, [/mm] so ist [mm] $L_2$ [/mm] auch ein ZK von $f$ ueber $K$ (warum?).
Jetzt wende die Aussage (i) auf [mm] $[L_1 [/mm] : K]$ und [mm] $[L_2 [/mm] : [mm] L_1]$ [/mm] an. Und beachte, dass [mm] $\binom{a}{b} [/mm] > 1$ ist fuer $0 < b < a$.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:04 Fr 07.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix, danke für den Tipp!
Leider hänge ich noch an einer Stelle.
> Im Allgemeinen kann man das recht einfach per Induktion
> nach [mm]n = \deg f[/mm] machen.
>
> Der Induktionsanfang [mm]n = 1[/mm] ist einfach.
Sei also [mm] $deg\:f=0, \alpha$ [/mm] sei die Nullstelle von f in einem alg. Abschluss [mm] $\overline{K}$ [/mm] von $K [mm] \Rightarrow$ [/mm] da f in $K[X]$ vom Grad 1 ist [mm] $\alpha$ [/mm] bereits in K [mm] $\Rightarrow [/mm] [L:K] = 1 [mm] \: [/mm] | [mm] \: [/mm] 1!$
> Fuer den Induktionsschritt beachte, dass [mm]L[/mm] der
> Zerfaellungskoerper von [mm]f[/mm] ueber [mm]K(\alpha)[/mm] ist, wenn [mm]\alpha[/mm]
> eine Nullstelle von [mm]f[/mm] ist. (Sogar von einem kleineren
> Polynom -- welches?)
Sei $deg [mm] \: [/mm] f = n+1$ und [mm] $\alpha$ [/mm] eine Nullstelle von [mm] $f\:$ [/mm] in [mm] $\overline{K} \Rightarrow$ [/mm] über [mm] $K(\alpha)$ [/mm] ist [mm] $L\:$ [/mm] dann Zerfällungskörper des Polynoms [mm] $g\:$ [/mm] mit $f = [mm] (X-\alpha)g$. [/mm] Dieses hat Grad n und somit gilt nach Induktionsvoraussetzung [mm] $[L:K(\alpha)] \: [/mm] | [mm] \: [/mm] n!$.
Außerdem gilt: $[L:K] = [mm] [L:K(\alpha)][K(\alpha):K]$.
[/mm]
Nun muss ich zeigen, dass [mm] $[K(\alpha):K] [/mm] = 1$ oder [mm] $n+1\:$ [/mm] damit der Induktionsschluss stimmt. Da [mm] $min_K(\alpha) \:|\: [/mm] f$ gilt in jedem Fall [mm] $[K(\alpha):K] \leq [/mm] n+1$. Aber sonst komme ich nicht weiter?
Hast du nochmal einen Hinweis?
> Bei (ii) nimm doch mal an, dass [mm]f = g h[/mm] ist mit [mm]\deg g, deg h > 0[/mm].
> Ist [mm]L_1[/mm] ein ZK von [mm]g[/mm] ueber [mm]K[/mm] und [mm]L_2[/mm] ein ZK von [mm]h[/mm] ueber
> [mm]L_1[/mm], so ist [mm]L_2[/mm] auch ein ZK von [mm]f[/mm] ueber [mm]K[/mm] (warum?).
Da [mm] $L_1 \subset L_2$ [/mm] enthält [mm] $L_2$ [/mm] neben allen Nullstellen von [mm] $h\:$ [/mm] auch alle Nullstellen von [mm] $g\:$ [/mm] und somit auch alle von [mm] $f\:$.
[/mm]
> Jetzt wende die Aussage (i) auf [mm][L_1 : K][/mm] und [mm][L_2 : L_1][/mm]
> an. Und beachte, dass [mm]\binom{a}{b} > 1[/mm] ist fuer [mm]0 < b < a[/mm].
Sei [mm] $deg\:g [/mm] =:m [mm] \Rightarrow deg\:h [/mm] = n-m$.
Wir wissen also aus (i) dass [mm] $[L_2:L_1] \: [/mm] | [mm] \: [/mm] (n-m)!$ und [mm] $[L_1:K] \: [/mm] | [mm] \: [/mm] m! [mm] \Rightarrow [/mm] [L:K] = [mm] [L_2:L_1][L_1:K] \:|\: [/mm] m!(n-m)!$
Nach (i) gilt darüber hinaus $[L:K] [mm] \:|\: [/mm] n!$
[mm] $\Rightarrow \exists [/mm] k, l [mm] \in \IN: k[L_2:L_1][L_1:K] [/mm] = m!(n-m)!$ und $l[L:K] = [mm] n!\:$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow \frac{l}{k} [/mm] = [mm] \binom{n}{m} [/mm] > 1$ (nach deinem Hinweis, da [mm] $n>m\:$)
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] l>1$ und damit $[L:K] [mm] \not= [/mm] n!$
Also haben wir wie gewünscht einen Widerspruch. Damit ist [mm] $f\:$ [/mm] also irreduzibel.
Wow, bin echt beeindruckt, da muss man auch erstmal drauf kommen.
LG Lippel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:50 Fr 07.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Im Allgemeinen kann man das recht einfach per Induktion
> > nach [mm]n = \deg f[/mm] machen.
> >
> > Der Induktionsanfang [mm]n = 1[/mm] ist einfach.
>
> Sei also [mm]deg\:f=0, \alpha[/mm] sei die Nullstelle von f in einem
> alg. Abschluss [mm]\overline{K}[/mm] von [mm]K \Rightarrow[/mm] da f in [mm]K[X][/mm]
> vom Grad 1 ist [mm]\alpha[/mm] bereits in K [mm]\Rightarrow [L:K] = 1 \: | \: 1![/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> > Fuer den Induktionsschritt beachte, dass [mm]L[/mm] der
> > Zerfaellungskoerper von [mm]f[/mm] ueber [mm]K(\alpha)[/mm] ist, wenn [mm]\alpha[/mm]
> > eine Nullstelle von [mm]f[/mm] ist. (Sogar von einem kleineren
> > Polynom -- welches?)
>
> Sei [mm]deg \: f = n+1[/mm] und [mm]\alpha[/mm] eine Nullstelle von [mm]f\:[/mm] in
> [mm]\overline{K} \Rightarrow[/mm] über [mm]K(\alpha)[/mm] ist [mm]L\:[/mm] dann
> Zerfällungskörper des Polynoms [mm]g\:[/mm] mit [mm]f = (X-\alpha)g[/mm].
> Dieses hat Grad n und somit gilt nach
> Induktionsvoraussetzung [mm][L:K(\alpha)] \: | \: n![/mm].
>
> Außerdem gilt: [mm][L:K] = [L:K(\alpha)][K(\alpha):K][/mm].
> Nun
> muss ich zeigen, dass [mm][K(\alpha):K] = 1[/mm] oder [mm]n+1\:[/mm] damit
> der Induktionsschluss stimmt. Da [mm]min_K(\alpha) \:|\: f[/mm] gilt
> in jedem Fall [mm][K(\alpha):K] \leq n+1[/mm]. Aber sonst komme ich
> nicht weiter?
> Hast du nochmal einen Hinweis?
Ah, ich sehe das Problem.
Am besten unterscheidest du zwei Faelle:
1) $f$ ist irreduzibel -- in dem Fall kannst du genau wie oben argumentieren.
2) $f$ ist reduzibel. Dann schreibst du $f = g h$ mit [mm] $\deg [/mm] g, [mm] \deg [/mm] h [mm] \le [/mm] n$, und wendest die Induktionsvoraussetzung auf $g$ und $h$ an. Dann musst du nur noch zeigen, dass $k! [mm] \cdot [/mm] (n - k)!$ ein Teiler von $n!$ ist -- aber das ist aehnlich wie bei Teil (ii) der Aufgabe. (Tipp: das hat was mit Binomialkoeffizienten zu tun :) )
> > Bei (ii) nimm doch mal an, dass [mm]f = g h[/mm] ist mit [mm]\deg g, deg h > 0[/mm].
> > Ist [mm]L_1[/mm] ein ZK von [mm]g[/mm] ueber [mm]K[/mm] und [mm]L_2[/mm] ein ZK von [mm]h[/mm] ueber
> > [mm]L_1[/mm], so ist [mm]L_2[/mm] auch ein ZK von [mm]f[/mm] ueber [mm]K[/mm] (warum?).
>
> Da [mm]L_1 \subset L_2[/mm] enthält [mm]L_2[/mm] neben allen Nullstellen von
> [mm]h\:[/mm] auch alle Nullstellen von [mm]g\:[/mm] und somit auch alle von
> [mm]f\:[/mm].
Ist es auch der kleinste solche Koerper? (Das brauchst du nichtmals, der Zerfaellungskoerper ist ein Unterkoerper und dessen Grad teilt also [mm] $[L_2 [/mm] : K]$.)
> > Jetzt wende die Aussage (i) auf [mm][L_1 : K][/mm] und [mm][L_2 : L_1][/mm]
> > an. Und beachte, dass [mm]\binom{a}{b} > 1[/mm] ist fuer [mm]0 < b < a[/mm].
>
> Sei [mm]deg\:g =:m \Rightarrow deg\:h = n-m[/mm].
> Wir wissen also
> aus (i) dass [mm][L_2:L_1] \: | \: (n-m)![/mm] und [mm][L_1:K] \: | \: m! \Rightarrow [L:K] = [L_2:L_1][L_1:K] \:|\: m!(n-m)![/mm]
>
> Nach (i) gilt darüber hinaus [mm][L:K] \:|\: n![/mm]
> [mm]\Rightarrow \exists k, l \in \IN: k[L_2:L_1][L_1:K] = m!(n-m)![/mm]
> und [mm]l[L:K] = n!\:[/mm]
> [mm]\Rightarrow \frac{l}{k} = \binom{n}{m} > 1[/mm]
> (nach deinem Hinweis, da [mm]n>m\:[/mm])
Und da $m > 0$! :)
> [mm]\Rightarrow l>1[/mm] und damit [mm][L:K] \not= n![/mm]
> Also haben wir
> wie gewünscht einen Widerspruch. Damit ist [mm]f\:[/mm] also
> irreduzibel.
Genau.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:21 So 09.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Nabend,
> Am besten unterscheidest du zwei Faelle:
>
> 1) [mm]f[/mm] ist irreduzibel -- in dem Fall kannst du genau wie
> oben argumentieren.
Ok, das ist jetzt klar, f ist dann ja schon das Minimalpolynom von [mm] $\alpha$.
[/mm]
> 2) [mm]f[/mm] ist reduzibel. Dann schreibst du [mm]f = g h[/mm] mit [mm]\deg g, \deg h \le n[/mm],
> und wendest die Induktionsvoraussetzung auf [mm]g[/mm] und [mm]h[/mm] an.
> Dann musst du nur noch zeigen, dass [mm]k! \cdot (n - k)![/mm] ein
> Teiler von [mm]n![/mm] ist -- aber das ist aehnlich wie bei Teil
> (ii) der Aufgabe. (Tipp: das hat was mit
> Binomialkoeffizienten zu tun :) )
Also [mm] $deg\:f [/mm] = n+1$ und ang. [mm] $f=gh\:$ [/mm] mit [mm] $deg\:g, deg\:h [/mm] < n+1$
Für $g, [mm] h\:$ [/mm] gilt dann nach Induktionsvoraussetzung:
Sei L' der Zerfällungskörper von g über K [mm] $\Rightarrow [L':K]\:|\:deg\:g!$
[/mm]
Sei L der Zerfällungskörper von h über L' [mm] $\Rightarrow [L:L']\:|\:deg\:h!$
[/mm]
Außerdem ist L der Zerfällungskörper von $f = [mm] gh\:$ [/mm] über K.
[mm] $\Rightarrow [/mm] [L:K] = [L:L'][L':K] [mm] \:|\: deg\:g!\:deg\:h!$
[/mm]
Setze [mm] $deg\:g=:m$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] [L:K] [mm] \:|\: [/mm] m!(n+1-m)!$
Es gilt [mm] $\frac{(n+1)!}{(n+1-m)!m!} [/mm] = [mm] \binom{n+1}{m} \in \IZ$ [/mm] (das setze ich mal voraus) [mm] $\Rightarrow [/mm] m!(n+1-m)! [mm] \:|\: [/mm] (n+1)!$
Damit ist die Behauptung gezeigt. Oder?
LG Lippel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:21 So 09.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Am besten unterscheidest du zwei Faelle:
> >
> > 1) [mm]f[/mm] ist irreduzibel -- in dem Fall kannst du genau wie
> > oben argumentieren.
>
> Ok, das ist jetzt klar, f ist dann ja schon das
> Minimalpolynom von [mm]\alpha[/mm].
>
> > 2) [mm]f[/mm] ist reduzibel. Dann schreibst du [mm]f = g h[/mm] mit [mm]\deg g, \deg h \le n[/mm],
> > und wendest die Induktionsvoraussetzung auf [mm]g[/mm] und [mm]h[/mm] an.
> > Dann musst du nur noch zeigen, dass [mm]k! \cdot (n - k)![/mm] ein
> > Teiler von [mm]n![/mm] ist -- aber das ist aehnlich wie bei Teil
> > (ii) der Aufgabe. (Tipp: das hat was mit
> > Binomialkoeffizienten zu tun :) )
>
> Also [mm]deg\:f = n+1[/mm] und ang. [mm]f=gh\:[/mm] mit [mm]deg\:g, deg\:h < n+1[/mm]
>
> Für [mm]g, h\:[/mm] gilt dann nach Induktionsvoraussetzung:
> Sei L' der Zerfällungskörper von g über K [mm]\Rightarrow [L':K]\:|\:deg\:g![/mm]
>
> Sei L der Zerfällungskörper von h über L' [mm]\Rightarrow [L:L']\:|\:deg\:h![/mm]
>
> Außerdem ist L der Zerfällungskörper von [mm]f = gh\:[/mm] über
> K.
> [mm]\Rightarrow [L:K] = [L:L'][L':K] \:|\: deg\:g!\:deg\:h![/mm]
>
> Setze [mm]deg\:g=:m[/mm]
> [mm]\Rightarrow [L:K] \:|\: m!(n+1-m)![/mm]
> Es gilt
> [mm]\frac{(n+1)!}{(n+1-m)!m!} = \binom{n+1}{m} \in \IZ[/mm] (das
> setze ich mal voraus) [mm]\Rightarrow m!(n+1-m)! \:|\: (n+1)![/mm]
>
> Damit ist die Behauptung gezeigt. Oder?
Ja, ist sie.
Und das [mm] $\frac{(n + 1)!}{(n + 1 - m)! m!} [/mm] = [mm] \binom{n + 1}{m} \in \IZ$ [/mm] kannst du ruhig voraussetzen, dass zeigt man ja schon in der Analysis I 
LG Felix
|
|
|
|
