Man bestimme alle Körperhomomorphismen

01.02.2017, 13:38

1.Februar

Man bestimme alle Körperhomomorphismen

Meine Frage:
Man soll alle Körperhomomorphismen bestimmen:
$\begin{eqnarray*} f:\mathbb Q(\sqrt{2}) \to \mathbb Q(\sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ , d.h. alle
$\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ -linearen Abbildungen, die zusätzlich $\begin{eqnarray*} f(\alpha \beta)=f(\alpha)f(\beta) \end{eqnarray*}$ erfüllen. Also lediglich die Multiplikation von Funktionen? Aber die Addition gilt trotzdem?

Meine Ideen:
Ich weiß:
$\begin{eqnarray*} f:\mathbb Q \to \mathbb Q^` \end{eqnarray*}$ zwischen K-Vektorräumen heißt K-lineare Abbildung, wenn:
$\begin{eqnarray*} f(\alpha a+ \beta b)=\alpha f(a)+ \beta f(b)<br /> \\ \forall \alpha , \beta \in \mathbb Q \,\,und\,\, a,b \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ gilt.
Jetzt frage ich mich, wie diese Abbildungen aussehen sollen. Ich könnte mir vorstellen dass es sich um Abbildungen handelt die von
$\begin{eqnarray*} \sqrt {2} \to \alpha \sqrt {2} \end{eqnarray*}$ abbildet.? Somit alle Punkte treffen und auch verschoben treffen können, es sich aber um eine gleichwertige Abbildungen handelt (unendlich viele), also Homomorphismus halt? Ist das soweit richtig? Sprich es sind alle Abbildungen mit den Abbildungen auf die vielfachen von $\begin{eqnarray*} \sqrt {2} \end{eqnarray*}$ ? Und $\begin{eqnarray*} \alpha \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ Körper sind.

Vielen Dank schonmal für die Mühe und Anregungen :P

01.02.2017, 13:56

Elvis

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Für eine Körpererweiterung $\begin{eqnarray*} F/K \end{eqnarray*}$ ist ein $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ -Homomorphismus definiert als $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ -lineare Abbildung $\begin{eqnarray*} f:F\to F \end{eqnarray*}$ , die $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ elementweise fixiert, und für die zusätzlich $\begin{eqnarray*} f(ab)=f(a)f(b) \end{eqnarray*}$ gilt. Da hier der Grundkörper $\begin{eqnarray*} K=\mathbb Q \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F=\mathbb Q(\sqrt 2) \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} (F:K)=2 \end{eqnarray*}$ ist, gibt es ausser der Identität noch genau einen Homomorphismus. Tipp: alle Homomorphismen bilden Nullstellen von erzeugenden Polynomen auf ebensolche ab.

01.02.2017, 14:15

1. Februar

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Re:

Zitat:

Original von Elvis
Da hier der Grundkörper $\begin{eqnarray*} K=\mathbb Q \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F=\mathbb Q(\sqrt 2) \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} (F:K)=2 \end{eqnarray*}$ ist, gibt es ausser der Identität noch genau einen Homomorphismus. Tipp: alle Homomorphismen bilden Nullstellen von erzeugenden Polynomen auf ebensolche ab.

vom Grad $\begin{eqnarray*} (F:K)=2 \end{eqnarray*}$ heißt das, dass es sich um die identität und um eine quadratische Gleichung handelt? Hab diesen teil jetzt nicht ganz verstanden. Wie wird dann die Lösung angegeben? Als Menge oder als Bildungsvorschrift? Und wie sieht diese aus.

Zitat:

Original von Elvis
Tipp: alle Homomorphismen bilden Nullstellen von erzeugenden Polynomen auf ebensolche ab.

Das verwirrt mich ein wenig, also es gibt ja eine Bildungsvorschrift. Nullstellen, hängen ja vom Polynom ab, also ich meine wo sie jetzt explizit vorkommen. Inwiefern ist es dann eine Abbildung auf die Nullstellen in der Zielmenge?

Danke

01.02.2017, 14:27

Elvis

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Hast Du noch nichts über Körper gehört und musst trotzdem diese Aufgabe bearbeiten ? F/K ist als Körpererweiterung ein Vektorraum über K, deshalb hat F als K-Vektorraum eine Dimension, diese heißt Grad von F über K. $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ ist eine Nullstelle des erzeugenden Polynoms $\begin{eqnarray*} x^2-2 \end{eqnarray*}$ . Irgendwohin (aber nicht in den Grundkörper) muss ein Körperhomomorphismus diese Nullstelle abbilden, da bleiben nur die beiden Möglichkeiten $\begin{eqnarray*} \sqrt 2\mapsto \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt 2\mapsto -\sqrt 2 \end{eqnarray*}$

01.02.2017, 14:42

1. Februar

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Re:
Doch Körper sagen mir was, eine Struktur in der gewisse Rechenregeln gelten müssen. Also das mit $\begin{eqnarray*} x^2 - 2 \end{eqnarray*}$ das die Nullstellen $\begin{eqnarray*} \pm \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ sind, ist mir klar. Ich hatte den Zusammenhang, dass nur die Nullstellen abgebildet werden, war mir nicht klar. Wenn ich das jetzt richtig verstanden habe. Aber ist in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \,\, \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ überhaupt abbildbar? Es ist ja kein Element von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$

Danke smile

01.02.2017, 15:36

Elvis

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$\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt 2)=\{a+b\sqrt 2:a,b\in \mathbb Q\}\subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist ein 2dimensionaler Vektorraum über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ -Basis $\begin{eqnarray*} \{1,\sqrt 2\} \end{eqnarray*}$ . Klar ist, dass nicht nur $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ abgebildet wird, sondern jedes Körperelement, aber auch $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ muss irgendwohin. Wegen $\begin{eqnarray*} f(\sqrt 2)f(\sqrt 2)=f(2)=2 \end{eqnarray*}$ gilt für $\begin{eqnarray*} x=f(\sqrt 2) \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} x^2=2 \end{eqnarray*}$ , also bleiben da nicht viele Möglichkeiten sondern genau 2. Wegen $\begin{eqnarray*} f(a+b\sqrt 2)=f(a)+f(b)f(\sqrt 2)=a+bf(\sqrt2) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ durch das Bild von $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ vollständig festgelegt.

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