Grad einer Körpererweiterung (Beweis)

16.12.2019, 17:53

Fragewurm

Grad einer Körpererweiterung (Beweis)

Seien $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ verschiedene Primzahlen. Wie zeigt man, dass $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=4 \end{eqnarray*}$ ?

Ich bin so vorgegangen:

Nach der Körpergradformel $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}(\sqrt{p})]\cdot[\mathbb{Q}(\sqrt{p}):\mathbb{Q}] \end{eqnarray*}$ müsste gelten:

$\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p}):\mathbb{Q}]=2|[\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}] \end{eqnarray*}$ (also 2 teilt $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}] \end{eqnarray*}$ ). Daher müsste $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}] \end{eqnarray*}$ gerade sein.

Eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \lbrace \sqrt{p}, \sqrt{q}, 1, \sqrt{p}\cdot \sqrt{q} \rbrace \end{eqnarray*}$ , wobei ich hier nicht verstehe, wie man diese Basis explizit bestimmt.

Also gilt $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}] \leq 4 \end{eqnarray*}$

Man findet zwei Nullstellen vom Grad zwei, die $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ als Nullstellen haben, nämlich $\begin{eqnarray*} x^2-p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2-q \end{eqnarray*}$ .

Also ist $\begin{eqnarray*} (x^2-p)(x^2-q)=x^4-qx^2-px^2+qp \end{eqnarray*}$ und somit kann das Polynom nur Grad vier haben.

Es gilt $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q})=\mathbb{Q}(\sqrt{p})=\mathbb{Q}(\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \exists a,b \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{q}=a+b\sqrt{p} \end{eqnarray*}$ , was äquivalent zu $\begin{eqnarray*} q=a^2+2b^2+2ab \sqrt{p} \end{eqnarray*}$ ist.

Also gilt $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=2 \cdot [\mathbb{Q}(\sqrt{p}):\mathbb{Q}]=2 \cdot 2 =4 \end{eqnarray*}$ .

Kann man das so zeigen? Oder fehlt etwas bzw. gibt es was zu verbessern?

16.12.2019, 19:07

Elvis

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$\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt p,\sqrt q)=\mathbb Q(\sqrt p)(\sqrt q)\Rightarrow (\mathbb Q(\sqrt p,\sqrt q):\mathbb Q)=(\mathbb Q(\sqrt p,\sqrt q):\mathbb Q(\sqrt p))\cdot (\mathbb Q(\sqrt p):\mathbb Q)=2\cdot 2=4 \end{eqnarray*}$

genügt das nicht ? Was du über $\begin{eqnarray*} \sqrt q=f(\sqrt p) \end{eqnarray*}$ geschrieben hast ist nachweisbar falsch, dient als Annahme für einen Widerspruchsbeweis und sichert so den Grad 2 der oberen Körpererweiterung.

Die Basis des biquadratischen Körpers ist danach klar, weil die vier Elemente $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ -linear unabhängig sind.

16.12.2019, 21:38

Fragewurm

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Zitat:

Original von Elvis
$\begin{eqnarray*} \mathbb Q(\sqrt p,\sqrt q)=\mathbb Q(\sqrt p)(\sqrt q)\Rightarrow (\mathbb Q(\sqrt p,\sqrt q):\mathbb Q)=(\mathbb Q(\sqrt p,\sqrt q):\mathbb Q(\sqrt p))\cdot (\mathbb Q(\sqrt p):\mathbb Q)=2\cdot 2=4 \end{eqnarray*}$

Genau, diese Gleichheit kenne ich.

Aber ist meine Argumentation im Beweis dann falsch?

16.12.2019, 22:07

Elvis

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Ja, an mehreren Stellen. Es passt einfach nicht so zusammen, dass daraus ein Beweis entsteht.

17.12.2019, 16:43

Fragewurm

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Ich habe es nochmal geändert:

Es gilt $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q})=\mathbb{Q}(\sqrt{p})(\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$ der kleinste Körper ist, der $\begin{eqnarray*} \sqrt{p},\sqrt{q} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ enthält und $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p})(\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$ der kleinste Körper ist, der $\begin{eqnarray*} \sqrt{q} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p}) \end{eqnarray*}$ enthält.

Jetzt muss man zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt{q} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{p}) \end{eqnarray*}$ ist, da daraus dann $\begin{eqnarray*} [\mathbb Q(\sqrt{p},\sqrt q):\mathbb Q(\sqrt p)]=2 \end{eqnarray*}$ folgt.

Angenommen $\begin{eqnarray*} \sqrt{q} \in \mathbb{Q}(\sqrt{p}) \end{eqnarray*}$ , dann würde gelten $\begin{eqnarray*} \sqrt{q}=a+b\sqrt{p} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt{p}=\frac{q-a^2-b^2p}{2ab}\in\Bbb Q \end{eqnarray*}$ , was nicht möglich ist.

Hieraus folgt dann $\begin{eqnarray*} [\mathbb Q(\sqrt{p},\sqrt q):\mathbb Q(\sqrt p)]=2 \end{eqnarray*}$ , wobei ich nicht genau begründen kann, wieso es daraus folgt. verwirrt

Stimmt es soweit? Und wie müsste ich weiter vorgehen?

17.12.2019, 17:52

Elvis

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Bis dahin alles richtig.

$\begin{eqnarray*} (K(\sqrt q):K) =2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \sqrt q\notin K \end{eqnarray*}$ , weil das Minimalpolynom für $\begin{eqnarray*} \sqrt q \end{eqnarray*}$ das irreduzible Polynom vom Grad 2 $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2-q \end{eqnarray*}$ ist.
(Vielleicht wäre noch zu erwähnen, dass nach Kronecker $\begin{eqnarray*} K(\sqrt q):=K[x]/(x^2-q) \end{eqnarray*}$ ist, aber das versteht sich ja wohl von selbst, denn irgendwie müsst ihr ja die Körperadjunktion auch definiert haben. Nein, man muss es nicht jedes mal dazusagen, wenn man Auto fährt muss man auch nicht jedes mal die Räder anschrauben.)

17.12.2019, 21:55

Fragewurm

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Alles klar, also $\begin{eqnarray*} [\mathbb Q(\sqrt{p},\sqrt q):\mathbb Q(\sqrt p)]=2 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} x^2-q \end{eqnarray*}$ das Minimalpolynom von $\begin{eqnarray*} \sqrt{q} \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p}) \end{eqnarray*}$ ist, oder?

Und $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p}):\mathbb{Q}]=2 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\sqrt{p})=\lbrace a+b\sqrt{p}: a,b \in \mathbb{Q} \rbrace \end{eqnarray*}$ und somit die Basis $\begin{eqnarray*} \lbrace 1, \sqrt{p} \rbrace \end{eqnarray*}$ hat.

Also ist $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=2 \cdot 2 =4 \end{eqnarray*}$ .

17.12.2019, 22:02

Elvis

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Der Grad unten ist 2 aus dem selben Grund wie der Grad oben 2 ist. Das Minimalpolynom ist jeweils gleich, p und q sind symmetrisch. Das Hassediagramm des Teilkoerperverbandes ist ein auf der Spitze stehendes Quadrat.

18.12.2019, 13:04

Fragewurm

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Danke für den Hinweis. Ich habe mir überlegt, ob man es nicht alternativ auch so zeigen könnte:

Sei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ein Zwischenkörper mit $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \subset M \subset \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$ , dann gilt

$\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):M] \cdot [M : \mathbb{Q}] \end{eqnarray*}$ .

Es gilt sicherlich $\begin{eqnarray*} M=\mathbb{Q}(\sqrt{p}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}) \end{eqnarray*}$

Außerdem gilt $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p}):\mathbb{Q}]=2 \end{eqnarray*}$ mit Basis $\begin{eqnarray*} \lbrace 1, \sqrt{p} \rbrace \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=2 \end{eqnarray*}$ mit Basis $\begin{eqnarray*} \lbrace 1, \sqrt{q} \rbrace \end{eqnarray*}$

Deswegen ist $\begin{eqnarray*} 2\mid[\mathbb{Q}(\sqrt p,\sqrt q):\mathbb{Q}]\mid 2\cdot 2=4 \end{eqnarray*}$

Um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=4 \end{eqnarray*}$ ist, muss man also ausschließen, dass der Grad $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ ist oder $\begin{eqnarray*} \sqrt q\in\mathbb{Q}(\sqrt p) \end{eqnarray*}$ .

Es ist $\begin{eqnarray*} m=n \in \lbrace 1,2 \rbrace \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m=[ \mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}(\sqrt{p})] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=[\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}(\sqrt{q})] \end{eqnarray*}$

Angenommen $\begin{eqnarray*} m=n=1 \end{eqnarray*}$ :

Dann ist $\begin{eqnarray*} \sqrt{q} \in \mathbb{Q}(\sqrt{p}) \end{eqnarray*}$ , also gilt $\begin{eqnarray*} \sqrt{q}=a+b\sqrt{p}\Leftrightarrow q = a^2 + 2ab\sqrt p + b^2p \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ .

Also gilt $\begin{eqnarray*} q-a^2-b^2p \end{eqnarray*}$ ist rational und daher ist $\begin{eqnarray*} 2ab\sqrt{p} \end{eqnarray*}$ rational.

Deshalb muss $\begin{eqnarray*} ab=0 \end{eqnarray*}$ gelten.

$\begin{eqnarray*} b \neq 0 \end{eqnarray*}$ , da eine rationale Zahl nicht gleicher einer irrationalen Zahl sein kann. Und $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ , da sonst $\begin{eqnarray*} \sqrt q=b\sqrt p \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} b=\sqrt{q/p} \end{eqnarray*}$ wäre, was auch nicht möglich ist.

Also gilt $\begin{eqnarray*} m=n=2 \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} [\mathbb{Q}(\sqrt{p},\sqrt{q}):\mathbb{Q}]=2 \cdot 2=4 \end{eqnarray*}$

Ist das auch richtig?

18.12.2019, 17:46

Elvis

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Ja. Es läuft immer darauf hinaus, dass die Quadratwurzeln aus 2 verschiedenen Primzahlen linear unabhängig über den rationalen Zahlen sind.

19.12.2019, 15:10

Fragewurm

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Alles klar, danke Freude

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