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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:06 Di 16.06.2009 | | Autor: | Liane |
| Aufgabe | Es sei E:K eine Koepererweiterung und jedes [mm] \alpha \in [/mm] E \ K sei transzendent ueber K. Man zeige:
Ist f(x) [mm] \in [/mm] K[x] irreduzibel, so auch f(x) [mm] \in [/mm] E[x]. |
Hallo zusammen,
ich habe leider nicht wirklich eine Idee, wie ich diese Aussage zeigen soll.
Also transzendent bedeutet ja, dass f(x)=0 nur dann wenn f die Nullabbildung ist. Aber jetzt bezieht sich das ja auf ein Element.
Gilt die Beziehung dann so aehnlich?
Zum Beweis nimmt man dann ja an, dass f(x) irreduzibel in K[x] ist. Dann muss ich zeigen, dass die Koeffizienten eines Teilers von f(x) in E[x] algebraisch ueber K sind.
Doch wie mache ich das?
Ich wuerde mich ganz doll freuen, wenn mir jemand weiter helfen kann.
Liebe Gruesse
Liane
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:15 Mi 17.06.2009 | | Autor: | SEcki |
> Ich wuerde mich ganz doll freuen, wenn mir jemand weiter
> helfen kann.
Wenn f irreduzibel über K ist, aber in E zerfällt, dann gilt [m]K[x]/(f)\subset E[/m] - und damit enthält E im Widerspruch zur Vorraussetzung ein algebraisches Element.
EDIT: Felix hat recht, das reicht nicht, man muss erst zu einem Zerfällungskörper E' von f über E über gehen. Dann würde ich grob so weitermachen (wobei Felix' Lösung wohl ausgereifter ist): E' enthält E und den Zerf.Körper von f. Da wir annehmen, dass f in E zerfällt, also Koeffizienten in der Zerlegung hat, die nicht in K liegen, müssen diese Elemente auch im Zerf.körper von f liegen (vgl. Verfahren wie man denn E' erhält). Dann ist der Schnitt größer als K, da aber der Zerf.körper endlichen Grad hat, ist auch der Schnitt eine endliche Körpererweiterung von K - damit enthält E algebraisches Elemente, im Widerspruch zur Vorraussetzung. Felix - stimmt das jetzt so?
SEcki
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 06:37 Mi 17.06.2009 | | Autor: | felixf |
Moin SEcki
> > Ich wuerde mich ganz doll freuen, wenn mir jemand weiter
> > helfen kann.
>
> Wenn f irreduzibel über K ist, aber in E zerfällt, dann
> gilt [m]K[x]/(f)\subset E[/m] - und damit enthält E im Widerspruch
> zur Vorraussetzung ein algebraisches Element.
Das stimmt so nicht ganz: es gibt nur dann eine Einbettung $K[x]/(f) [mm] \to [/mm] E$, wenn $f$ in $E$ einen Linearfaktor besitzt. Aber wenn $f$ nicht irreduzibel ist muss nicht zwangsweise ein Faktor linear sein.
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:42 Mi 17.06.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Liane!
> Es sei E:K eine Koepererweiterung und jedes [mm]\alpha \in[/mm] E \
> K sei transzendent ueber K. Man zeige:
>
> Ist f(x) [mm]\in[/mm] K[x] irreduzibel, so auch f(x) [mm]\in[/mm] E[x].
> Hallo zusammen,
> [...]
>
> Also transzendent bedeutet ja, dass f(x)=0 nur dann wenn f
> die Nullabbildung ist. Aber jetzt bezieht sich das ja auf
> ein Element.
> Gilt die Beziehung dann so aehnlich?
Nun, das $f$ hier ist nicht dsa $f$ aus der Aufgabenstellung.
> Zum Beweis nimmt man dann ja an, dass f(x) irreduzibel in
> K[x] ist. Dann muss ich zeigen, dass die Koeffizienten
> eines Teilers von f(x) in E[x] algebraisch ueber K sind.
> Doch wie mache ich das?
Betrachte einen Koerper $E'$, der ein Zerfaellungskoerper von $f$ ueber $E$ ist. Dann gilt $f = [mm] \lambda \prod_{i=1}^n [/mm] (x - [mm] \alpha_i)$ [/mm] mit [mm] $\lambda \in K^\ast$ [/mm] und [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n \in [/mm] E'$.
Da die [mm] $\alpha_i$ [/mm] Nullstellen von $f [mm] \in [/mm] K[x]$ sind, sind die [mm] $\alpha_i$ [/mm] algebraisch ueber $K$.
Wenn du jetzt einen Faktor $g$ von $f$ hast, kann dieser ueber $E'$ geschrieben werden als $g = [mm] \mu \prod_{i \in I} [/mm] (x - [mm] \alpha_i)$ [/mm] mit [mm] $\mu \in (E')^\ast$ [/mm] und $I [mm] \subseteq \{ 1, \dots, n \}$. [/mm] In diesem Fall ist aber auch [mm] $\hat{g} [/mm] := [mm] \frac{1}{\mu} [/mm] g$ ein Faktor von $f$.
So. Jetzt musst du dir ueberlegen, warum die Koeffiziente von [mm] $\hat{g}$ [/mm] bereits in $K$ liegen, warum also [mm] $\hat{g} \in [/mm] K[x]$ liegt.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:09 Sa 20.06.2009 | | Autor: | Liane |
Danke für die schnellen Antworten! Ich habe versucht das alles so umzusetzen...
Die Lösung aus dem Tutorium dazu sieht so aus:
[mm] f(x)=f_{1}(x)*f_{2}(x) [/mm] in E[x]; sei o.B.d.A [mm] f_{1}(x) [/mm] normiert.
Die Nullstellen von [mm] f_{1}(x), f_{2}(x) [/mm] im Zerfällungskörper von f(x) [mm] \in [/mm] K[x] sind algebraisch über K, also sind auch die Koeffizienten von [mm] f_{1}(x) [/mm] und [mm] f_{2}(x) [/mm] algebraisch über K.
Sie liegen nach Voraussetzung auch in E und mit der Voraussetzung folgt [mm] f_{1}(x), f_{2}(x) \in [/mm] K[x]
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