einfache körpererweiterung

06.01.2011, 15:31	Riemannson	Auf diesen Beitrag antworten »
einfache körpererweiterung Hallo, drücken sie $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\sqrt 3,i)/\mathbb Q \end{eqnarray}$ als einfache Körpererweiterung aus. (Hinweis bei $\begin{eqnarray} k(\alpha,\beta)/k \end{eqnarray}$ reicht es häufig aus $\begin{eqnarray} \alpha+\beta \end{eqnarray}$ zu betrachten.) Also es gilt ja: Jede endliche Erweiterung eines Körpers mit Charakteristik 0 ist eine einfache Erweiterung. Dies folgt aus dem Satz vom primitiven Element, welcher ein hinreichendes Kriterium für einfache Erweiterungen liefert. also betrachte ich: $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\sqrt 3+i)/\mathbb Q \end{eqnarray}$ ! es ist ja $\begin{eqnarray} char(\mathbb Q(\sqrt 3+i))=0 \end{eqnarray}$ , also fehlt nur noch das die erweiterung endlich ist. stimmt die richtung oder muss ich bei der aufgabe gänzlich anders vorgehen?
06.01.2011, 15:47	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich verstehe deine Argumentation nicht. Ich würde bei der Körpererweiterung mit der Minimalität argumentieren. $\begin{eqnarray} L = \mathbb{Q} \left(\sqrt{3} \, , \, \operatorname{i} \right) \end{eqnarray}$ ist der kleinste Oberkörper von $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ , der $\begin{eqnarray} \sqrt{3} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \operatorname{i} \end{eqnarray}$ enthält. Als Körper enthält $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ dann auch $\begin{eqnarray} \sqrt{3} + \operatorname{i} \end{eqnarray}$ (Abgeschlossenheit bezüglich der Addition). Anders gesagt: $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ ist ein Körper, der $\begin{eqnarray} \sqrt{3} + \operatorname{i} \end{eqnarray}$ enthält. Nun ist aber $\begin{eqnarray} K = \mathbb{Q} \left( \sqrt{3} + \operatorname{i} \right) \end{eqnarray}$ der kleinste Körper, der $\begin{eqnarray} \sqrt{3} + \operatorname{i} \end{eqnarray}$ enthält. Folgerung: $\begin{eqnarray} K \subseteq L \end{eqnarray}$ Warum aber sollte $\begin{eqnarray} L \subseteq K \end{eqnarray}$ gelten? Das wäre noch nachzuweisen.
06.01.2011, 19:25	Riemannson	Auf diesen Beitrag antworten »
mhh stimmt so sieht es doch logischer aus! kann ich dann sagen $\begin{eqnarray} L=\{c+d\sqrt 3+(e+f\sqrt 3)i\} \subseteq \{a+b(\sqrt 3+i)\}=K, \ \ wobei \ \ a,b,c,d,e,f \in \mathbb Q \end{eqnarray}$ ?
06.01.2011, 20:24	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Und warum sollte $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ diese Darstellung besitzen? Ich sehe da nur eine Behauptung, keinen Beweis. Man muß ja noch $\begin{eqnarray} L \subseteq K \end{eqnarray}$ beweisen. Am besten zeigst du, daß $\begin{eqnarray} \sqrt{3} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \operatorname{i} \end{eqnarray}$ Elemente von $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ sind. Dann ist $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ ein Oberkörper von $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ , der diese beiden Elemente enthält. Da $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ laut Definition der kleinste solche Oberkörper ist, würde $\begin{eqnarray} L \subseteq K \end{eqnarray}$ folgen. Tip: $\begin{eqnarray} \alpha = \sqrt{3} + \operatorname{i} \in K \end{eqnarray}$ Da $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ Körper ist, also abgeschlossen bezüglich der Division, ist auch $\begin{eqnarray} \beta = \frac{4}{\alpha} \in K \end{eqnarray}$ . Stelle $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ bruchfrei dar, und schau, wie du aus $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ das Gewünschte konstruieren kannst.
07.01.2011, 13:55	Riemannson	Auf diesen Beitrag antworten »
okay, also: $\begin{eqnarray} \beta=\frac{4}{\alpha}=\frac{4}{\sqrt 3 +i}=\sqrt 3 -i \end{eqnarray}$ , da gilt $\begin{eqnarray} \alpha, \beta , 2 \in K \end{eqnarray}$ ist auch $\begin{eqnarray} \sqrt 3 =\frac{(\alpha + \beta)}{2} \in K,i=\frac{(\alpha - \beta)}{2} \in K \end{eqnarray}$ und dann folgt nach deiner aussage $\begin{eqnarray} L\subseteq K \end{eqnarray}$ richtig?
07.01.2011, 14:47	Riemannson	Auf diesen Beitrag antworten »
und wenn ich $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\sqrt [3]{2},\sqrt {-3})/\mathbb Q \end{eqnarray}$ betrachte, funktioniert das auch mit der Summe?? $\begin{eqnarray} \sqrt [3]{2}+\sqrt {-3} \end{eqnarray}$ wenn ja hab ich noch keinen Weg gefunden wie oben (sprich keine $\begin{eqnarray} \alpha, \beta \end{eqnarray}$ )
Anzeige

07.01.2011, 20:12	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Lösung der ersten Aufgabe stimmt. Zur zweiten Aufgabe: Für $\begin{eqnarray} p = \sqrt[3]{2}, \, q = \sqrt{-3} \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} \text{()} \ \ p^3 = 2 \, , \ \ q^2 = -3 \end{eqnarray}$ Man setzt $\begin{eqnarray} \text{(1)} \ \ p + q = \alpha \end{eqnarray}$ und faßt das als lineare Gleichung in $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ auf, tut also so, als sei $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ bekannt und $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ gesucht. Jetzt besorgt man sich eine zweite lineare Gleichung in $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ . Dazu bildet man die Potenzen $\begin{eqnarray} \alpha^2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \alpha^3 \end{eqnarray}$ . Wegen $\begin{eqnarray} \text{()} \end{eqnarray}$ folgt: $\begin{eqnarray} \alpha^2 = p^2 + 2pq + q^2 = p^2 + 2pq - 3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \alpha^3 = p^3 + 3 p^2 q + 3 p q^2 + q^3 = 2 + 3p^2 q - 9 p - 3q \end{eqnarray}$ Nun wird $\begin{eqnarray} p^2 \end{eqnarray}$ mit Hilfe der ersten Gleichung eliminiert: $\begin{eqnarray} \alpha^3 = 2 + 3 \left( \alpha^2 - 2pq + 3 \right) \cdot q - 9p - 3q \end{eqnarray}$ Beim Ausmultiplizieren entsteht wieder $\begin{eqnarray} q^2 \end{eqnarray}$ . Aber das ist ja $\begin{eqnarray} -3 \end{eqnarray}$ . So haben wir eine weitere lineare Gleichung $\begin{eqnarray} \text{(2)} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ . Das lineare Gleichungssystem $\begin{eqnarray} \text{(1),(2)} \end{eqnarray}$ kann nach $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ aufgelöst werden. Man erhält so rationale Ausdrücke in $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ .
08.01.2011, 13:47	Riemannson	Auf diesen Beitrag antworten »
danke...!

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »