Fortsetzungssatz für ultrametrische Bewertungen

16.09.2021, 18:26

Elvis

Fortsetzungssatz für ultrametrische Bewertungen

Meine Frage:
Jürgen Neukirch Algebraische Zahlentheorie Kapitel 2, §4 Komplettierungen.

Theorem (4.8) zeigt, dass eine ultrametrische Bewertung eines vollständigen bewerteten Körpers K eindeutig auf eine endliche algebraische Erweiterung L fortgesetzt werden kann.

Meine Ideen:
Satz und Beweis FAST vollständig klar, vorher ein Korollar zum Henselschen Lemma formuliert, das hier benutzt wird.

Ich verstehe auch nach 3 Tagen eifrigen Bemühens nicht, wie die ultrametrische Dreiecksungleichung bewiesen wird.

16.09.2021, 19:09

IfindU

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RE: Fortsetzungssatz für ultrametrische Bewertungen
Ich weiß nicht, ob ich die Frage richtig verstehe.

Ich nehme an $\begin{eqnarray*} | \cdot| \end{eqnarray*}$ ist eine Ultrametrik auf K. Damit ist $\begin{eqnarray*} |\alpha+\beta|^n = | N_{L|K}(\alpha+\beta) | \leq \max \{ | N_{L|K}(\alpha)|, | N_{L|K}(\beta)| \} = \max\{|\alpha|^n, |\beta|^n\} \end{eqnarray*}$ . Die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Wurzel auf beiden Seiten ziehen führt zur gewünschten Aussage.

16.09.2021, 21:51

Elvis

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Ist das wirklich so, und wenn ja:
1. Warum gilt die Ungleichung?
2. Warum treibt Neukirch mehr Aufwand?

16.09.2021, 22:06

IfindU

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1. Das gilt, sofern $\begin{eqnarray*} |\cdot| \end{eqnarray*}$ eine Ultrametrik auf $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ist, da man die verschäfte Dreieicksungleichung darauf anwendet.

2. Ich verstehe ganz ehrlich kaum etwas von dem Beweis. Die Arbeit ist sicherlich notwendig, da nur weil man eine verschärfte Dreiecksungleichung für etwas gezeigt hat, es nicht zwingend die gesuchte Bewertungsfunktion gefunden hat. Man zeigt z.T., dass es nicht-archimedisch ist, dass es die vorige Metrik fortsetzt usw.; was die pure algebraischen Umformungen angeht in der Ungleichung angeht, bin ich mir aber sich, sofern $\begin{eqnarray*} |a + b| \leq \max\{ |a|, |b| \} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a,b \in K \end{eqnarray*}$ gilt, so dann $\begin{eqnarray*} | \alpha + \beta |\leq \max\{ |\alpha|, |\beta| \} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \in L \end{eqnarray*}$

16.09.2021, 22:40

Elvis

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Der gesamte Beweis enthält hier die Existenz und im zweiten Teil die Eindeutigkeit der Fortsetzung. Ich weiß, dass das so stimmt, aber ich kann Neukirchs Argumentation an der einen Stelle nicht nachvollziehen. Deine Argumentation verstehe ich nicht, weil ich nicht erklären kann, wie Norm und Summe vertauschen. Die Norm ist doch nicht linear?

17.09.2021, 08:53

IfindU

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Du hast vollkommen Recht. Da war ich zu voreilig. Ich habe die normale Dreiecksungleichung für die Norm vorausgesetzt, welche i.A. nicht gilt.

Edit: Ich muss noch einmal in mich gehen.

17.09.2021, 11:25

Elvis

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In irgend einer Weise muss der Trick mit der Division in den Beweis eingehen, weil die Norm multiplikativ ist. In anderen Büchern finde ich auch Beweise, aber ich bin noch nicht über diese Stelle hinweg gekommen. A.M.Robert braucht lokale Kompaktheit für endliche Erweiterungen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Q_p \end{eqnarray*}$ , Borewics/Safarewics hat einen allgemeinen Beweis, der anders aufgebaut ist als bei Neukirch und den ich auch noch nicht verstehe.

17.09.2021, 18:07

Elvis

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Sei $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \in L^*, |N(\alpha)|\le |N(\beta)| \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} |\alpha|=\sqrt[n]{|N(\alpha)|}\le \sqrt[n]{|N(\beta)|}=max\{|\alpha|,|\beta|\} \end{eqnarray*}$

Weiter gilt wegen (*) $\begin{eqnarray*} |N(\frac {\alpha}{\beta})|=\frac {|N(\alpha)|}{|N(\beta)|}\le 1\Rightarrow |N(\frac {\alpha}{\beta}+1)|=|N(\frac {\alpha + \beta}{\beta})|\le 1\Rightarrow |N(\alpha+\beta)|\le |N(\beta)| \end{eqnarray*}$
und es folgt $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{|N(\alpha+\beta)|}\le \sqrt[n]{|N(\beta)|} \end{eqnarray*}$ , und das heißt $\begin{eqnarray*} |\alpha+\beta|\le max\{|\alpha|,|\beta|\} \end{eqnarray*}$

Genau so für $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \in L^*, |N(\beta)|\le |N(\alpha)| \end{eqnarray*}$ . qed

(Danke fürs Mitdenken, ich hatte drei Tage Vorsprung, und nun habe ich endlich den Fortsetzungssatz en gros et en detail verstanden.)

Späte Einsicht: Wüsste man immer schon beim ersten Kennenlernen um die Bedeutung eines Menschen oder Theorems, wäre das Leben einfacher. Augenzwinkern

17.09.2021, 20:32

IfindU

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Es freut mich, dass du es für dich verstanden hast. Ich hänge gerade bei deiner Folgerung daran:

Zitat:

Original von Elvis
$\begin{eqnarray*} |N(\frac {\alpha}{\beta})|=\frac {|N(\alpha)|}{|N(\beta)|}\le 1\Rightarrow |N(\frac {\alpha}{\beta}+1)|=|N(\frac {\alpha + \beta}{\beta})|\le 1\Rightarrow |N(\alpha+\beta)|\le |N(\beta)| \end{eqnarray*}$

Die erste Aussage folgt sofort, woher weiß man, dass $\begin{eqnarray*} |N(\gamma)| \leq 1 \implies |N(\gamma+1)|\leq 1 \end{eqnarray*}$ ? Oder was hast du an der Stelle benutzt?

17.09.2021, 21:52

Elvis

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Neukirch nennt das trivial, also muss man erst einmal darauf kommen. O in L ist der ganze Abschluss von o in K, und O ist die Menge der Elemente von L, deren Norm in o liegt. (Hier wurde ein Korollar aus dem Henselschen Lemma auf das Minimalpolynom von x angewendet.)
Im Bewertungsring o liegen stets die Körperelemente vom Betrag kleiner gleich 1. Betrag von Norm x kleiner gleich 1, dann x in O, dann x+1 in O (weil x und 1 in O und O ein Ring ist), dann Betrag von Norm x+1 kleiner gleich 1.
Interessant ist auch, dass weder alpha noch beta in O, also ganz in L, sein muss. Auf jeden Fall werden sie durch die Norm und deren Betrag in K vergleichbar, und einer der beiden Quotienten liegt in o.
Für beta=0 und alpha in L ist die ultrametrische Dreiecksungleichung trivial.

18.09.2021, 09:49

IfindU

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Sehr schön. Vielen Dank Freude

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