Verfahren von Kronecker < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:16 Do 30.12.2010 | | Autor: | hula |
Guten Abend
Gerne würde ich mir folgendes Problem klar machen, resp. beweisen: Sei $\ K $ ein Körper und $\ f [mm] \in [/mm] K[X]$ ein irreduzibles Polynom. Dann sollen folgende Aussagen gelten:
a) Man kann einen Erweiterungskörper $\ L $ von $\ K $ konstruieren, so dass $\ f $ eine Nullstelle $\ [mm] \alpha \in [/mm] L $ hat.
b) Es gilt: $\ [L:K] = deg(f) $, insbesondere ist $\ [mm] \{1,X+(f),(X+(f))^2,....,(X+(f))^{n-1}\} [/mm] $ eine Basis in L.
Beweis:
1. Ist straightforward (beweis von Kronecker): Man definiert $\ L = [mm] K[X]\backslash [/mm] (f) $. Dies ist ein Körper, da $\ K[X] $ Hauptidealring und somit entspricht irreduzibel maximal und daraus folgt, dass $\ [mm] K[X]\backslash [/mm] (f) $ ein Körper ist. Ebenso ist die Verkettung des Ringhomo. $\ i: K [mm] \to [/mm] K[X] $ (Einbettung) und dem kanonische Ringhomo. $\ [mm] \pi [/mm] : K[X] [mm] \to [/mm] K[X] [mm] \backslash [/mm] (f) $ ein Ringhomo. zwischen Körpern, also injektiv. Ich kann also $\ K $ als Unterkörper von $\ L $ vorstellen.
$\ [mm] \alpha [/mm] := X+(f) $. Man kann leicht nachrechnen, dass dies eine Nullstelle von $\ f $ in $\ L $ ist. Somit ist a gezeigt.
b) Die bereitet mir Mühe: Zuerst eine Verständnisfrage: Was für eine Basis ist gemeint? Eine $\ K$-Basis von $\ L $ ? Wie gehts das? Die Elemente sind ja der Form $\ X + (f) $. Also müsste es eine $\ K[X]$-Basis von $\ L $ sein.
Nun zum eigentlichen Beweis:
Zuerst vereinfacht sich die angegebene Basis wie folgt:
$\ X+(f) = [mm] \alpha ,(X+(f))^2=X^2+(f)...(X+(f))^{n-1}=X^{n-1}+(f) [/mm] $ also kriegt man folgende Basise: $\ [mm] \{1, \alpha ,...,\alpha^{n-1}\} [/mm] $
Man muss zwei Dinge: Die $\ [mm] \alpha$'s [/mm] erfüllen die Kriterien einer Basis: linear unabhängig und erzeugend und zweitens, dass der Grad der Erweiterung dem Grad des Polynoms entspricht.
Betreffend Basis: -erzeugend: Sei $\ g [mm] \in [/mm] K[X]$. Mittels Division mit Rest (mit $\ f $) erhalte ich
$\ g=f*q+r $
modulo $\ f $ haben $\ g $ und $\ r $ die gleichen Restklassen. Irgendwie sollte mich das weiterbringen ich sehe aber nicht wieso. Die anderen zwei offenen Punkte habe ich gar keine Ahnung wie ich dies beweisen soll.
Achtung es kann sein, dass man es gar nicht beweisen kann. Ich habe mir das zum Spass überlegt (dachte, dies sollte möglich sein) und bräuchte nun Hilfe :)
Ich danke für erklärende Wort!
Grüsse
hula
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:17 Fr 31.12.2010 | | Autor: | hula |
Ich habe mir das Ganze nochmals durch den Kopfe gehen lassen. Ich bin nun soweit:
Sei $\ g [mm] \in [/mm] L $, dann gibt es ein $\ h [mm] \in [/mm] K[X]$, so dass $\ [mm] \pi{(h)}=g [/mm] $. Division mit Rest ergibt in $\ K[X] $
$\ h = f*q+r $ mit den normalen $\ deg(r) < n $. Darauf nun $\ [mm] \pi [/mm] $ angewandt, ergibt:
$\ [mm] \pi{(h)} [/mm] = [mm] \pi{(f*q+r)} [/mm] = [mm] \pi{(f*q)}+\pi{(r)} [/mm] = [mm] \pi{(r)} [/mm] $ und $\ r $ hat ja folgende Form:
$\ r = [mm] k_0+....+k_{n-1}*X^{n-1} [/mm] $ mit Koeffizienten in $\ K $. Da $\ [mm] \alpha$'s [/mm] die Bilder von den Unbestimmten sind, hat $\ r $ in $\ L $ die Darstellung:
$\ [mm] \pi{(r)} [/mm] = [mm] k_0+....+k_{n-1}*\alpha^{n-1} [/mm] $. Somit erzeugt dies wirklich $\ L $.
Die lineare Unabhängigkeit ist schnell einzusehen:
Es gelte: $\ [mm] t:=k_0+...+k_{n-1}*\alpha^{n-1} [/mm] = 0 $ daraus folgt, dass $\ t [mm] \in [/mm] (f) $.
Also hat $\ t $ die Darstellung $\ t=f*q$. Aus Gradgründen ist dies nur möglich falls $\ t = 0$, also $\ [mm] k_0=...=k_{n-1}=0 [/mm] $. Somit linear unabhängig.
Mann kann sogar noch mehr sagen: Die Erweiterung ist einfach, i.e. $\ [mm] L=K({\alpha})$.
[/mm]
Sicherlich gilt: $\ [mm] K({\alpha}) \subset [/mm] L $. Für die Umkehrung sei $\ w [mm] \in [/mm] L $, also von der Form: $\ w = [mm] k_0+...+k_m*\alpha^m [/mm] $ also insbesondere gehört es zu $\ [mm] K({\alpha}) [/mm] $.
Stimmen meine Überlegungen soweit? Und noch eine kurze Anschlussfrage: Ist f auch das Minimalpolynom von $\ [mm] \alpha [/mm] $ ? Wie kann man dies zeigen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:42 Di 04.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Ich habe mir das Ganze nochmals durch den Kopfe gehen
> lassen. Ich bin nun soweit:
>
> Sei [mm]\ g \in L [/mm], dann gibt es ein [mm]\ h \in K[X][/mm], so dass [mm]\ \pi{(h)}=g [/mm].
> Division mit Rest ergibt in [mm]\ K[X][/mm]
>
> [mm]\ h = f*q+r[/mm] mit den normalen [mm]\ deg(r) < n [/mm]. Darauf nun [mm]\ \pi[/mm]
> angewandt, ergibt:
>
> [mm]\ \pi{(h)} = \pi{(f*q+r)} = \pi{(f*q)}+\pi{(r)} = \pi{(r)}[/mm]
> und [mm]\ r[/mm] hat ja folgende Form:
>
> [mm]\ r = k_0+....+k_{n-1}*X^{n-1}[/mm] mit Koeffizienten in [mm]\ K [/mm].
> Da [mm]\ \alpha[/mm]'s die Bilder von den Unbestimmten sind, hat [mm]\ r[/mm]
> in [mm]\ L[/mm] die Darstellung:
>
> [mm]\ \pi{(r)} = k_0+....+k_{n-1}*\alpha^{n-1} [/mm]. Somit erzeugt
> dies wirklich [mm]\ L [/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
(Genau das hatte ich nun auch geschrieben  )
> Die lineare Unabhängigkeit ist schnell einzusehen:
>
> Es gelte: [mm]\ t:=k_0+...+k_{n-1}*\alpha^{n-1} = 0[/mm] daraus
> folgt, dass [mm]\ t \in (f) [/mm].
> Also hat [mm]\ t[/mm] die Darstellung [mm]\ t=f*q[/mm]. Aus Gradgründen ist
> dies nur möglich falls [mm]\ t = 0[/mm], also [mm]\ k_0=...=k_{n-1}=0 [/mm].
> Somit linear unabhängig.
Und da [mm] $X^0, \dots, X^{\deg f - 1}$ [/mm] linear unabhaengig ueber $K$ sind (im Polynomring).
> Mann kann sogar noch mehr sagen: Die Erweiterung ist
> einfach, i.e. [mm]\ L=K({\alpha})[/mm].
> Sicherlich gilt: [mm]\ K({\alpha}) \subset L [/mm].
> Für die Umkehrung sei [mm]\ w \in L [/mm], also von der Form: [mm]\ w = k_0+...+k_m*\alpha^m[/mm]
> also insbesondere gehört es zu [mm]\ K({\alpha}) [/mm].
> Stimmen meine Überlegungen soweit?
Ja.
> Und noch eine kurze
> Anschlussfrage: Ist f auch das Minimalpolynom von [mm]\ \alpha[/mm]
> ? Wie kann man dies zeigen?
Siehe meine Antwort in dem anderen Thread, das duerfte sich damit erledigt haben, oder? :)
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:40 Di 04.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Guten Abend
>
> Gerne würde ich mir folgendes Problem klar machen, resp.
> beweisen: Sei [mm]\ K[/mm] ein Körper und [mm]\ f \in K[X][/mm] ein
> irreduzibles Polynom. Dann sollen folgende Aussagen
> gelten:
>
>
> a) Man kann einen Erweiterungskörper [mm]\ L[/mm] von [mm]\ K[/mm]
> konstruieren, so dass [mm]\ f[/mm] eine Nullstelle [mm]\ \alpha \in L[/mm]
> hat.
> b) Es gilt: [mm]\ [L:K] = deg(f) [/mm],
Soweit ok, jedoch hier:
> insbesondere ist [mm]\ \{1,X+(f),(X+(f))^2,....,(X+(f))^{n-1}\}[/mm]
> eine Basis in L.
gehst du von einem sehr speziellen $L$ aus und nicht mehr von einem allgemeinen $L$. (Naemlich von $L = K[X]/(f)$.)
> Beweis:
>
> 1. Ist straightforward (beweis von Kronecker): Man
> definiert [mm]\ L = K[X]\backslash (f) [/mm].
Du meist $K[X] / (f)$ und nicht $K[X] [mm] \backslash [/mm] (f)$ (das ist die mengentheoretische Differenz!).
> Dies ist ein Körper,
> da [mm]\ K[X][/mm] Hauptidealring und somit entspricht irreduzibel
> maximal und daraus folgt, dass [mm]\ K[X]\backslash (f)[/mm] ein
> Körper ist.
> Ebenso ist die Verkettung des Ringhomo. [mm]\ i: K \to K[X][/mm]
> (Einbettung) und dem kanonische Ringhomo. [mm]\ \pi : K[X] \to K[X] \backslash (f)[/mm]
> ein Ringhomo. zwischen Körpern, also injektiv.
> Ich kann
> also [mm]\ K[/mm] als Unterkörper von [mm]\ L[/mm] vorstellen.
> [mm]\ \alpha := X+(f) [/mm]. Man kann leicht nachrechnen, dass dies
> eine Nullstelle von [mm]\ f[/mm] in [mm]\ L[/mm] ist. Somit ist a gezeigt.
Genau.
> b) Die bereitet mir Mühe: Zuerst eine Verständnisfrage:
> Was für eine Basis ist gemeint? Eine [mm]\ K[/mm]-Basis von [mm]\ L[/mm] ?
Genau, eine $K$-Vektorraum-Basis von $L$, wenn man $L$ als $K$-Vektorraum auffasst (was geht, da $K$ ein Unterkoerper von $L$ ist).
> Wie gehts das? Die Elemente sind ja der Form [mm]\ X + (f) [/mm].
> Also müsste es eine [mm]\ K[X][/mm]-Basis von [mm]\ L[/mm] sein.
Vorsicht. Hier brauchst du auch wieder: in jeder Restklasse $g + (f)$ in $K[X]/(f)$ liegt genau ein Polynom $h [mm] \in [/mm] K[X]$ mit [mm] $\deg [/mm] h < [mm] \deg [/mm] f$. Deswegen hast du einen $K$-Vektorraum-Isomorphismus zwischen $K[X]/(f)$ und [mm] $\{ h \in K[X] \mid \deg h < \deg f \}$; [/mm] dessen Inverse bildet $h$ auf die Restklasse $h + (f)$ ab.
Und eine $K$-Basis von [mm] $\{ h \in K[X] \mid \deg h < \deg f \}$ [/mm] kannst du explizit hinschreiben: naemlich [mm] $X^0, X^1, \dots, X^{\deg f - 1}$.
[/mm]
> Nun zum eigentlichen Beweis:
>
> Zuerst vereinfacht sich die angegebene Basis wie folgt:
> [mm]\ X+(f) = \alpha ,(X+(f))^2=X^2+(f)...(X+(f))^{n-1}=X^{n-1}+(f)[/mm]
> also kriegt man folgende Basise: [mm]\ \{1, \alpha ,...,\alpha^{n-1}\}[/mm]
Genau.
> Man muss zwei Dinge: Die [mm]\ \alpha[/mm]'s erfüllen die Kriterien
> einer Basis: linear unabhängig und erzeugend und zweitens,
> dass der Grad der Erweiterung dem Grad des Polynoms
> entspricht.
Und die Anzahl der Vektoren ist (deshalb) gleich dem Grad der Erweiterung.
> Betreffend Basis: -erzeugend: Sei [mm]\ g \in K[X][/mm]. Mittels
> Division mit Rest (mit [mm]\ f [/mm]) erhalte ich
>
> [mm]\ g=f*q+r[/mm]
>
> modulo [mm]\ f[/mm] haben [mm]\ g[/mm] und [mm]\ r[/mm] die gleichen Restklassen.
> Irgendwie sollte mich das weiterbringen ich sehe aber nicht
> wieso.
Das zeigt dir die Bijektion zwischen $K[X] / (f)$ und [mm] $\{ h \in K[X] \mid \deg h < \deg f \}$.
[/mm]
Und diese Bijektion ist sogar ein $K$-Vektorraum-Isomorphismus.
Und bei diesem Vektorraum kannst du sofort nachrechnen, dass [mm] $X^0, \dots, X^{\deg f}$ [/mm] eine Basis bilden.
Oder direkter in $K[X] / (f)$: da $g = f q + r$ ist, ist $g + (f) = r + (f)$. Jetzt sei $r = [mm] \sum_{i=0}^{\deg f - 1} a_i X^i$. [/mm] Dann ist $g + (f) = [mm] \sum_{i=0}^{\deg f - 1} a_i (X^i [/mm] + (f))$
> Die anderen zwei offenen Punkte habe ich gar keine
> Ahnung wie ich dies beweisen soll.
Welche Punkte meinst du?
LG Felix
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:38 Di 04.01.2011 | | Autor: | hula |
> Vorsicht. Hier brauchst du auch wieder: in jeder Restklasse
> [mm]g + (f)[/mm] in [mm]K[X]/(f)[/mm] liegt genau ein Polynom [mm]h \in K[X][/mm] mit
> [mm]\deg h < \deg f[/mm]. Deswegen hast du einen
> [mm]K[/mm]-Vektorraum-Isomorphismus zwischen [mm]K[X]/(f)[/mm] und [mm]\{ h \in K[X] \mid \deg h < \deg f \}[/mm];
> dessen Inverse bildet [mm]h[/mm] auf die Restklasse [mm]h + (f)[/mm] ab.
>
> Und eine [mm]K[/mm]-Basis von [mm]\{ h \in K[X] \mid \deg h < \deg f \}[/mm]
> kannst du explizit hinschreiben: naemlich [mm]X^0, X^1, \dots, X^{\deg f - 1}[/mm].
>
Hm...Da war ich wohl etwas voreilig. Die folgende Aussage scheint mir intuitiv richtig, aber ein Argument / Beweis kann ich nicht nennen:
in jeder Restklasse [mm]g + (f)[/mm] in [mm]K[X]/(f)[/mm] liegt genau ein Polynom [mm]h \in K[X][/mm] mit [mm]\deg h < \deg f[/mm].
Wieso gilt das?
Hier einige meiner Überlegungen: Wenn man folgende Restklasse hat: [mm] t + (f) [/mm], wobei [mm] deg(t) \ge deg(f) [/mm], dann gilt: [mm] t \in (f) [/mm], meine Begründung:
Ich behaupte, dass folgendes [mm] g \in K[X] [/mm] dies erledigt:
[mm] g=t*f^{-1} [/mm]. Ich führe also eine Polynomdivision durch, dies kann ich, aufgrund der Voraussetzung des Grades. Es gibt dann irgendein Rest, welcher einen kleineren Grad als [mm] f [/mm] hat. Du meinst in diesem Sinne eindeutig?
Gruss
hula
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:24 Fr 04.02.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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