Gleichheit von Körpern zeigen < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:03 Di 23.09.2008 | | Autor: | Jorgi |
| Aufgabe | | Seien $L$ und $K$ Körper, wobei $K [mm] \subseteq [/mm] L$ gelte, also K sei tatsächlich mengentheoretisch in L enthalten (in diesem Fall nicht nur eingebettet, wobei ich denke dass diese Unterscheidung nicht wirklich entscheidend ist), wenn nun ferner $K [mm] \cong [/mm] L $ gelte, also K und L seien isomoprh, dann folgt Gleichheit $K = L$ |
Der Beweis dieser (intuitiv wahren) Aussage bereitet mir schwierigkeiten.
Ich habe beim Lernen von dieser Behauprung gebraucht gemacht, mit der Annahme sie wäre offensichtlich wahr.
Um jedoch alles wasserdicht zu machen, wollte ich sicherheitshalber auch diese Tatsache beweisen, und jetzt steh ich da ....
Über jegliche Hilfe bin ich dankbar
Mfg
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Edit: Was hier drunter folgt, ist Quatsch, s. felix' Post :)
Also meiner Meinung nach brauchst du da nichts mehr zu beweisen. Die Isomorphie bedeutet ja, dass man die Körper algebraisch als gleich auffassen kann, wenn dann K in L enthalten ist, sind die Elemente automatisch identisch.
Eventuell kannst du dir ja L/K als Körpererweiterung vom Grad 1 vorstellen, das bedeutet dann, dass {1} eine Basis ist, was wiederum dazu führt, dass jedes Element [mm] $l\in [/mm] L$ eine Darstellung [mm] $l=k\cdot [/mm] 1=k$ hat mit [mm] $k\in [/mm] K$, und damit [mm] $l\in [/mm] K$ gilt.
Hilft dir das weiter?
Gruß
Johannes
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:00 Di 23.09.2008 | | Autor: | Jorgi |
Danke für deine Hilfe ArthurDayne,
ich kann deine Argumentation nachvollziehen,
nur wäre mir ein formaler Beweis lieber :)
Wie könnte ich Begründen, dass L als K-Vektorraum die Dimension 1 hat ?
Ich habe schon versucht L und K als isomorphe K-Vektorräume zu identifizieren (was ich sicherlich auch sind), indem ich den Körperisomorphismus (nennen wir ihn [mm] $\phi [/mm] :K [mm] \to [/mm] L $) einfach mal als potentiellen Vektorraumisomorphismus aufgefasst habe. Um aber die Veträglichkeit von [mm] $\phi$ [/mm] mit der Skalarmultiplikation zu zeigen (was hier die gewöhnliche Körpermulitplikation mit Elementen aus K bedeutet), benötigt man aber, dass [mm] $\phi$ [/mm] auf K die Identität ist .... es läuft im Grunde immer auf das gleiche hinaus :(
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:17 Mi 24.09.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Seien [mm]L[/mm] und [mm]K[/mm] Körper, wobei [mm]K \subseteq L[/mm] gelte, also K sei
> tatsächlich mengentheoretisch in L enthalten (in diesem
> Fall nicht nur eingebettet, wobei ich denke dass diese
> Unterscheidung nicht wirklich entscheidend ist), wenn nun
> ferner [mm]K \cong L[/mm] gelte, also K und L seien isomoprh, dann
> folgt Gleichheit [mm]K = L[/mm]
>
> Der Beweis dieser (intuitiv wahren)
> Aussage bereitet mir schwierigkeiten.
Kein Wunder, die Aussage stimmt naemlich gar nicht.
Gegenbeispiel: $L = [mm] \IQ(x)$ [/mm] und $K = [mm] \IQ(x^2)$. [/mm] Dann ist $K$ mengentheoretisch in $L$ enthalten und ein Unterkoerper, und $K$ und $L$ sind isomorph vermoege des Isormorphismus' $f [mm] \ni [/mm] L [mm] \mapsto f(x^2) \in [/mm] K$.
> Ich habe beim Lernen von dieser Behauprung gebraucht
> gemacht, mit der Annahme sie wäre offensichtlich wahr.
Wo denn genau? Vermutlich kann man die Aussage fuer die du das hier brauchst auch anders beweisen (sprich: wirklich beweisen)...
LG Felix
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Hallo Felix,
dann nehme ich zuerst mal mein Gebrabbel von oben wieder zurück ;)
Ist bei dir x algebraisch über [mm] $\IQ$ [/mm] und [mm] $\IQ(x)$ [/mm] dann das Bild von $Q[t]$ unter dem Einsetzungshomomorphismus? So kenne ich die Bezeichnungen, aber soweit ich weiß, gibt es da verschiedene Konventionen. Ich bin da nicht wirklich fit und würde nur deine Argumentation gerne nachvollziehen können.
Was meinst du denn dann mit [mm] $f\in [/mm] L$? Das klingt doch eher danach, als sei L der Polynomring.
Hm, wäre nett, wenn du das kurz erläutern könntest, interessiert mich 
Viele Grüße
Johannes
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:57 Mi 24.09.2008 | | Autor: | andreas |
hi
> Ist bei dir x algebraisch [mm] über$\IQ$ [/mm] und [mm]$\IQ(x)$[/mm] dann das
> Bild von $Q[t]$ unter dem Einsetzungshomomorphismus?
nein, $x$ ist transzendent über [mm] $\mathbb{Q}$, [/mm] erfüllt also keine algebraische gleichung über [mm] $\mathbb{Q}$. $\mathbb{Q}[x]$ [/mm] ist dann aber tatsächlich das bild von [mm] $\mathbb{Q}[/mm] [t]$ unter dem einsetzungshomomorphismus $t [mm] \mapsto [/mm] x$. [mm] $\mathbb{Q}[x]$ [/mm] ist dann isomorph zum polynomring in einer variable über [mm] $\mathbb{Q}$. [/mm] mit [mm] $\mathbb{Q}(x) [/mm] = [mm] \left\{ \frac{f}{g} : f, g \mathbb{Q}[x], g \not= 0$ \right\}$ [/mm] wird dann der quotientenkörper von [mm] $\mathbb{Q}[x]$ [/mm] bezeichnet (der kleinste körper, welcher [mm] $\mathbb{Q}[x]$ [/mm] enthält, entsprechende konstruktion, wie man von [mm] $\mathbb{Z}$ [/mm] zu [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] kommt).
> Was meinst du denn dann mit [mm]f\in L[/mm]? Das klingt doch eher danach, als sei L der Polynomring.
das ist glaube ich nur ein tippfehler und soll $L [mm] \ni [/mm] f(x) [mm] \mapsto f(x^2) \in [/mm] K$ heißen.
ich hoffe das trägt etwas zum verständniss der begriffe bei.
grüße
andreas
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Hallo,
ja, ich glaube, jetzt ist es klar, auch wenn LaTeX etwas rumzuspinnen scheint in deinem Eintrag 
Dass [mm] $\IQ(x)$ [/mm] der Quotientenkörper ist, war mir nicht direkt klar, da ich die Schreibweise immer mit der Konstruktion [mm] $K(\alpha)$ [/mm] in Verbindung gebracht habe, also wenn [mm] $\alpha$ [/mm] algebraisch über K ist, dann ist [mm] $K(\alpha)=\phi_\alpha(K[/mm] [t])$, so hatten wir das konstruiert. Also [mm] $K(\alpha)\cong [/mm] K[t][mm] /(\ker\phi_\alpha)=K[/mm] [t][mm] /(f_\alpha)$, [/mm] wobei [mm] $f_\alpha$ [/mm] das Minimalpolynom ist.
Aber der Ausdruck mit den runden Klammern wird ja auch für den Quotientenkörper gebraucht ... :)
Danke
Johannes
PS: Was wohl wieder mit LaTeX los ist oO
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:50 Mi 24.09.2008 | | Autor: | andreas |
hi
mit [mm] $K[\alpha]$ [/mm] wird in der regel die "ringadjunktion" bezeichnet, mit [mm] $K(\alpha)$ [/mm] die "körperadjunktion" (hierbei erhält man dann auch stets wieder einen körper). ist [mm] $\alpha$ [/mm] algebraisch über $K$, dann gilt [mm] $K(\alpha) \cong K[\alpha]$.
[/mm]
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:46 Do 25.09.2008 | | Autor: | felixf |
hallo
> ist [mm]\alpha[/mm] algebraisch über [mm]K[/mm], dann gilt [mm]K(\alpha) \cong K[\alpha][/mm].
es gilt sogar [mm] $K(\alpha) [/mm] = [mm] K[\alpha]$. [/mm] (modulo ein paar mengentheoretischen feinheiten :) )
lg felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:18 Mi 24.09.2008 | | Autor: | felixf |
Moin
> > Was meinst du denn dann mit [mm]f\in L[/mm]? Das klingt doch eher danach, als sei L der Polynomring.
>
> das ist glaube ich nur ein tippfehler und soll [mm]L \ni f(x) \mapsto f(x^2) \in K[/mm] heißen.
Das ist kein Tippfehler, da $f(x)$ die rationale Funktion $f$ ausgewertet in $x$ ist; das ist zwar wieder gleich $f$, da $x$ die Unbestimmte im Ring der rationalen Funktionen ist, den wir betrachten, aber warum sollte man sowas umstaendliches schreiben wenn man auch gleich $f$ schreiben kann? :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:46 Mi 24.09.2008 | | Autor: | andreas |
hi
das "tippfehler" bezog sich anfänglich darauf, dass in der abbildungsvorschrift $f$ und $L$ vertauscht waren. das $(x)$ habe ich dann nur noch zur deutlichkeit eingefügt.
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:44 Do 25.09.2008 | | Autor: | felixf |
hi andreas
> das "tippfehler" bezog sich anfänglich darauf, dass in der
> abbildungsvorschrift [mm]f[/mm] und [mm]L[/mm] vertauscht waren.
oh, stimmt :) danke fuer den hinweis, irgendwie hab ich nicht weit genug zurueckgeblaettert im thread... :)
lg felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:27 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Jorgi |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hi,
erst einmal Danke für deinen Beitrag, und natürlich geht mein Dank auch an alle anderen, es war für mich eine sehr überraschende Erkenntnis :)
Ich wollte jetzt darauf eingehen, bei welcher Aufgabe ich von dieser (doch leider falschen) Behauptung Gebrauch gemacht habe.
Ich habe den Zerfällungskörper zu $f = X^4 - 2 \in \mathbb{Q}[X]$ betrachtet. Kleine Schwierigkeiten treten bei dir dann auf, wenn es darum geht die Zwischenkörper zu untersuchen.
Genauer : ich habe Probleme, zwei Körper als unterschiedlich zu erkennen.
Das Polynom f hat vier Nullstellen
$\sqrt[4]{2}, -\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2}$
Die beiden Körpererweiterungen $\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ und $\mathbb{Q}(i\sqrt[4]{2})}$ sind isomoprh, denn beiden haben das Gleiche Minimalpolynom über $\mathbb{Q}$, nämlich f, und es folgt
$\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}) \cong \mathbb{Q}[X]/(f) \cong \mathbb{Q}(i\sqrt[4]{2})$.
Nun will ich zeigen dass diese Körper wirklich unterschiedlich sind.
Dass $\mathbb{Q}(i\sqrt[4]{2}) \not\subset \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ gilt, leuchtet ein. Denn in $\mathbb{Q}(i\sqrt[4]{2})$ gibt es komplexe Zahlen mit echtem Imaginäranteil, wobei $\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ rein reell ist.
Aber ich kann nicht zeigen, dass $\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}) \not\subset \mathbb{Q}(i\sqrt[4]{2})$ gilt.
Dies ist ein allgemeines Problem das ich habe.
Z.b. wie kann man wasserdicht zeigen, dass $\mathbb{Q}(X) \not\subset \mathbb{Q}(X^2)$ (wahrscheinlich, da $X \not\in \mathbb{Q}(X^2)$)
Aber die Probleme hören nicht auf, es ist immer das gleiche, wie zeigt man z.b. dass $\mathbb{Q}(\sqrt{2},i), \mathbb{Q}(\sqrt[4]{-2}), \mathbb{Q}(i\sqrt[4]{-2})$ tatsächlich unterschiedlich sind
Mfg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:42 Mi 24.09.2008 | | Autor: | statler |
Hi!
> Aber ich kann nicht zeigen, dass [mm]\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}) \not\subset \mathbb{Q}(i\sqrt[4]{2})[/mm]
> gilt.
Aber du hast dir doch schon überlegt, daß beides Körpererweiterungen vom Grad 4 (d. h. [mm]\IQ[/mm]-Vektorräume der Dimension 4) sind. Bei Enthaltensein wären sie also gleich, und das sind sie nicht, s. o.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:41 Mi 24.09.2008 | | Autor: | andreas |
hi
beachte, dass in diesem fall die von dir gewünschte aussage aus dem anfangspost gilt, vergleiche meine antwort.
grüße
andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:41 Mi 24.09.2008 | | Autor: | andreas |
hi
wie felix schon schrieb, gilt die aussage allgemein nicht. liegen die körper allerdings "nahe genug" bei ihrem primkörper, lässt sich die aussage mit linearer algebra retten:
sei $P$ der primkörper von $K$ und sei $K/P$ eine endliche erweiterung. dann ist der körperisomorphismus [mm] $\phi: [/mm] K [mm] \rightarrow [/mm] L$ automatisch ein $P$-vektorraumisomorphismus, insbesondere gilt [mm] $\dim_P [/mm] K = [mm] \dim_P [/mm] L$. dann ist die einbettung [mm] $\iota: [/mm] K [mm] \hookrightarrow [/mm] L$ ein injektiver $P$-vektorraumhomomorphismus zwischen $P$-vektorräumen gleicher dimension, also auch surjektiv.
grüße
andreas
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