Endliche Körper Einheitswurzel < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:13 Sa 12.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
| Aufgabe | Sei K ein endlicher Körper mit d Elementen, und char(K) sei kein Teiler von n.
Zu zeigen: [mm] [K_n:K]=ord(\overline{d}) [/mm] in der Gruppe [mm] (\IZ_n)^\*. [/mm] |
Hallo,
habe zu dieser Aufgabe folgenden Lösungsvorschlag: Sei [mm] \zeta [/mm] n-te primitive Einheitswurzel über K.
Betrachte die Einbettung f: [mm] Gal(K_n/K)\to\IZ_n^*, \sigma_k\mapsto \overline{k}, [/mm] wobei [mm] \sigma_k(\zeta)=\zeta^k. [/mm]
Sei nun [mm] |K|=p^{e}, [/mm] p prim. Da [mm] K_n [/mm] Zerfällungskörper von [mm] g(X):=X^n-1 [/mm] über K, g separabel, da p teilt nicht n, folgt dass K [mm] \subset K_n [/mm] galoisch ist.
In der Lösung geht's jetzt weiter: (Diesen Abschnitt versteh ich nicht! Kann mir jemand hier sagen, warum das gilt?)
Die Galoisgruppe wird von einer Potenz des Frobeniushomomorphismus [mm] \phi:x\mapsto x^p [/mm] erzeugt, nämlich von [mm] \phi^{e}:x\mapsto x^{p^{e}}=x^d.
[/mm]
Die weitere Argumentation versteh ich wieder:
Daher wird das Bild [mm] f(Gal(K_n/K)) [/mm] von [mm] \overline{d} [/mm] erzeugt. Da f injektiv, folgt: Die Ordnung dieses Elementes ist also die Ordnung der Galoisgruppe, und damit der Körpergrad. (Die Ordnung von [mm] \phi^{e} [/mm] teilt die Ordnung von [mm] \overline{d} [/mm] wegen der Homomorpie , die Ordnung von [mm] \overline{d} [/mm] teilt die Ordnung von [mm] \phi^{e} [/mm] wegen der Injektivität. )
Lg, Verena
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:32 Sa 12.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> Sei K ein endlicher Körper mit d Elementen, und char(K) sei
> kein Teiler von n.
> Zu zeigen: [mm][K_n:K]=ord(\overline{d})[/mm] in der Gruppe
> [mm](\IZ_n)^\*.[/mm]
Was ist [mm] $K_n$? [/mm] Ist es $K$ adjungiert eine $n$-te Einheitswurzel? Also [mm] $K_n [/mm] = [mm] K[\zeta]$ [/mm] mit der Notation von weiter unten?
> habe zu dieser Aufgabe folgenden Lösungsvorschlag: Sei
> [mm]\zeta[/mm] n-te primitive Einheitswurzel über K.
> Betrachte die Einbettung f: [mm]Gal(K_n/K)\to\IZ_n^\ast, \sigma_k\mapsto \overline{k},[/mm]
> wobei [mm]\sigma_k(\zeta)=\zeta^k.[/mm]
> Sei nun [mm]|K|=p^{e},[/mm] p prim. Da [mm]K_n[/mm] Zerfällungskörper von
> [mm]g(X):=X^n-1[/mm] über K, g separabel, da p teilt nicht n, folgt
> dass K [mm]\subset K_n[/mm] galoisch ist.
Endliche Erweiterungen von endlichen Koerpern sind uebrigens immer Galoissch: Sie sind immer die Zerfaellungskoerper von separablen Polynomen der Form [mm] $X^n [/mm] - X$ fuer ein passendes $n$ (mit $n$ der Anzahl der Elemente des Erweiterungskoerpers).
> In der Lösung geht's jetzt weiter: (Diesen Abschnitt
> versteh ich nicht! Kann mir jemand hier sagen, warum das
> gilt?)
> Die Galoisgruppe wird von einer Potenz des
> Frobeniushomomorphismus [mm]\phi:x\mapsto x^p[/mm] erzeugt, nämlich
> von [mm]\phi^{e}:x\mapsto x^{p^{e}}=x^d.[/mm]
Dies muss man nachrechnen. Das dies ein Automorphismus ist, sieht man leicht: Das er additiv ist folgt daraus, dass $p [mm] \mid \binom{p}{k}$ [/mm] fuer $0 < k < p$, und das er surjektiv ist folgt daraus, das der Koerper endlich ist und das er injektiv ist (was wiederum aus der Nullteilerfreiheit folgt). (Das ist die Rechnung fuer [mm] $\phi^1$, [/mm] und [mm] $\phi^e [/mm] = [mm] \phi^1 \circ \phi^1 \circ \cdots \circ \phi^1$, [/mm] also $e$-mal.)
Wenn man jetzt die Potenzen des Frobeniushomomorphismus anschaut, erhaelt man somit schonmal genauso viele Automorphismen aus [mm] $Gal(K_n/K)$, [/mm] wie der Grad der Erweiterung ist. Und wenn man jetzt etwas Wissen ueber Galoistheorie zur Hand hat, erhaelt man daraus schon, das dies alle Automorphismen sind (da es genau so viele gibt).
Man kann auch von Hand nachrechnen, dass dies alle sind, aber das ist etwas muehsam.
> Die weitere Argumentation versteh ich wieder:
>
> Daher wird das Bild [mm]f(Gal(K_n/K))[/mm] von [mm]\overline{d}[/mm] erzeugt.
> Da f injektiv, folgt: Die Ordnung dieses Elementes ist also
> die Ordnung der Galoisgruppe, und damit der Körpergrad.
> (Die Ordnung von [mm]\phi^{e}[/mm] teilt die Ordnung von
> [mm]\overline{d}[/mm] wegen der Homomorpie , die Ordnung von
> [mm]\overline{d}[/mm] teilt die Ordnung von [mm]\phi^{e}[/mm] wegen der
> Injektivität. )
Genau.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:56 So 13.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
danke für Deine Tipps. Hab jetzt einiges verstanden, aber noch ne Frage:
> > In der Lösung geht's jetzt weiter: (Diesen Abschnitt
> > versteh ich nicht! Kann mir jemand hier sagen, warum
> das
> > gilt?)
> > Die Galoisgruppe wird von einer Potenz des
> > Frobeniushomomorphismus [mm]\phi:x\mapsto x^p[/mm] erzeugt, nämlich
> > von [mm]\phi^{e}:x\mapsto x^{p^{e}}=x^d.[/mm]
>
> Dies muss man nachrechnen. Das dies ein Automorphismus ist,
> sieht man leicht: Das er additiv ist folgt daraus, dass [mm]p \mid \binom{p}{k}[/mm]
> fuer [mm]0 < k < p[/mm], und das er surjektiv ist folgt daraus, das
> der Koerper endlich ist und das er injektiv ist (was
> wiederum aus der Nullteilerfreiheit folgt). (Das ist die
> Rechnung fuer [mm]\phi^1[/mm], und [mm]\phi^e = \phi^1 \circ \phi^1 \circ \cdots \circ \phi^1[/mm],
> also [mm]e[/mm]-mal.)
>
Okay, das hab ich jetzt verstanden, dass also [mm] \phi^{e} [/mm] ein Element der Galoisgruppe ist. Es gilt ja auch:
Die Automorphismen der Galoisgruppe haben alle die Form [mm] $\sigma_k(\zeta)=\zeta^k, \sigma_k(x)=x \forall x\in [/mm] K$.
Alle Automorphismen der Form [mm] \sigma_k(x)=x^k, [/mm] die auf K die Idendität sind, liegen also in der Galoisgruppe, also insbesondere [mm] \phi^{e}. [/mm]
Also gilt [mm] <\phi^{e}>\le Gal(K_n/K). [/mm]
Stimmen diese Überlegungen?
> Wenn man jetzt die Potenzen des Frobeniushomomorphismus
> anschaut, erhaelt man somit schonmal genauso viele
> Automorphismen aus [mm]Gal(K_n/K)[/mm], wie der Grad der Erweiterung ist.
Das versteh ich leider nicht, woher weiß ich, dass [mm] |<\phi^{e}>|=[K_n:K]?
[/mm]
> Und wenn man jetzt etwas Wissen ueber Galoistheorie
> zur Hand hat, erhaelt man daraus schon, das dies alle
> Automorphismen sind (da es genau so viele gibt).
Okay, das folgt ja dann daraus, dass [mm] |Gal(K_n/K)|=[K_n:K] [/mm] ist...
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:58 So 13.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> Hallo Felix,
> danke für Deine Tipps. Hab jetzt einiges verstanden, aber
> noch ne Frage:
>
> > > In der Lösung geht's jetzt weiter: (Diesen Abschnitt
> > > versteh ich nicht! Kann mir jemand hier sagen, warum
> > das
> > > gilt?)
> > > Die Galoisgruppe wird von einer Potenz des
> > > Frobeniushomomorphismus [mm]\phi:x\mapsto x^p[/mm] erzeugt, nämlich
> > > von [mm]\phi^{e}:x\mapsto x^{p^{e}}=x^d.[/mm]
> >
> > Dies muss man nachrechnen. Das dies ein Automorphismus ist,
> > sieht man leicht: Das er additiv ist folgt daraus, dass [mm]p \mid \binom{p}{k}[/mm]
> > fuer [mm]0 < k < p[/mm], und das er surjektiv ist folgt daraus, das
> > der Koerper endlich ist und das er injektiv ist (was
> > wiederum aus der Nullteilerfreiheit folgt). (Das ist die
> > Rechnung fuer [mm]\phi^1[/mm], und [mm]\phi^e = \phi^1 \circ \phi^1 \circ \cdots \circ \phi^1[/mm],
> > also [mm]e[/mm]-mal.)
> >
> Okay, das hab ich jetzt verstanden, dass also [mm]\phi^{e}[/mm] ein
> Element der Galoisgruppe ist. Es gilt ja auch:
> Die Automorphismen der Galoisgruppe haben alle die Form
> [mm]\sigma_k(\zeta)=\zeta^k, \sigma_k(x)=x \forall x\in K[/mm].
>
> Alle Automorphismen der Form [mm]\sigma_k(x)=x^k,[/mm] die auf K die
> Idendität sind, liegen also in der Galoisgruppe, also
> insbesondere [mm]\phi^{e}.[/mm]
> Also gilt [mm]<\phi^{e}>\le Gal(K_n/K).[/mm]
> Stimmen diese Überlegungen?
Ja.
> > Wenn man jetzt die Potenzen des Frobeniushomomorphismus
> > anschaut, erhaelt man somit schonmal genauso viele
> > Automorphismen aus [mm]Gal(K_n/K)[/mm], wie der Grad der Erweiterung
> ist.
>
> Das versteh ich leider nicht, woher weiß ich, dass
> [mm]|<\phi^{e}>|=[K_n:K]?[/mm]
Sei $k = [mm] [K_n [/mm] : K]$, und sei [mm] $\alpha \in K_n$ [/mm] ein primitives Element, d.h. [mm] $K_n^\ast [/mm] = [mm] <\alpha>$ [/mm] (also [mm] $\alpha$ [/mm] hat Ordnung [mm] $p^{e k} [/mm] - 1 = [mm] |K_n| [/mm] - 1$).
Wenn du jetzt [mm] $\phi^e(\alpha), \phi^{2 e}(\alpha), \dots, \phi^{k e}(\alpha)$ [/mm] anschaust, also [mm] $\alpha^{p^{e}}, \alpha^{p^{2 e}}, \dots, \alpha^{p^{k e}}$, [/mm] dann sind die also alle paarweise verschieden. Damit sind [mm] $\phi^e, \dots, \phi^{k e}$ [/mm] also paarweise verschieden und somit ist [mm] $|<\phi^e>| \ge [/mm] k$. Gleichzeitig ist jedoch [mm] $\phi^{e k}(x) [/mm] = [mm] x^{p^{e k}} [/mm] = x$ fuer alle $x [mm] \in K_n$ [/mm] (da [mm] $x^{p^{e k}} [/mm] - x$ alle Elemente aus [mm] $K_n$ [/mm] als Nullstellen hat), womit [mm] $|<\phi^e>| \le [/mm] k$ und somit $= k$ ist.
> > Und wenn man jetzt etwas Wissen ueber Galoistheorie
> > zur Hand hat, erhaelt man daraus schon, das dies alle
> > Automorphismen sind (da es genau so viele gibt).
>
> Okay, das folgt ja dann daraus, dass [mm]|Gal(K_n/K)|=[K_n:K][/mm]
> ist...
Genau. Wenn man das nicht zur Hand hat, muss man leider etwas mehr rechnen. Oder es kurzerhand selber beweisen: Wenn $f [mm] \in [/mm] K[x]$ das Minimalpolynom von [mm] $\alpha$ [/mm] ueber $K$ ist (mit [mm] $\alpha$ [/mm] wie oben, also [mm] $K_n [/mm] = [mm] K[\alpha]$), [/mm] dann entsprechen die Nullstellen von $f$ in [mm] $K_n$ [/mm] ja gerade den Elementen aus [mm] $Gal(K_n/K)$. [/mm] Und es gibt hoechstens [mm] $\deg [/mm] f = [mm] [K_n [/mm] : K]$ solche Nullstellen. (Sogar genau [mm] $\deg [/mm] f$ Nullstellen, da es eine Galoiserweiterung ist.) Und damit hat man [mm] $|Gal(K_n/K)| \le [K_n:K]$, [/mm] also Gleichheit (mit oben).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:44 So 13.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Guten Abend, Felix!
Danke, hab jetzt wieder einiges mehr zu endlichen Körpern verstanden. Noch eine Frage
> > > Und wenn man jetzt etwas Wissen ueber Galoistheorie
> > > zur Hand hat, erhaelt man daraus schon, das dies alle
> > > Automorphismen sind (da es genau so viele gibt).
> >
> > Okay, das folgt ja dann daraus, dass [mm]|Gal(K_n/K)|=[K_n:K][/mm]
> > ist...
>
> Genau. Wenn man das nicht zur Hand hat, muss man leider
> etwas mehr rechnen. Oder es kurzerhand selber beweisen:
> Wenn [mm]f \in K[x][/mm] das Minimalpolynom von [mm]\alpha[/mm] ueber [mm]K[/mm] ist
> (mit [mm]\alpha[/mm] wie oben, also [mm]K_n = K[\alpha][/mm]), dann
> entsprechen die Nullstellen von [mm]f[/mm] in [mm]K_n[/mm] ja gerade den
> Elementen aus [mm]Gal(K_n/K)[/mm].
Ich hab gedacht, dass [mm] Gal(K_n/K) [/mm] die Nullstellen von $f$ permutiert, also [mm] Gal(K_n/K)\leq S_n, [/mm] also man nur folgern kann, dass [mm] |Gal(K_n/K)|\leq [/mm] (deg f)!
Deshalb versteh ich die Folgerung nicht...
> Und es gibt hoechstens [mm]\deg f = [K_n : K][/mm]
> solche Nullstellen. (Sogar genau [mm]\deg f[/mm] Nullstellen, da es
> eine Galoiserweiterung ist.) Und damit hat man [mm]|Gal(K_n/K)| \le [K_n:K][/mm],
> also Gleichheit (mit oben).
Kannst Du mir nochmal genau schreiben, wie der Schluss hier geht?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:19 So 13.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> > Genau. Wenn man das nicht zur Hand hat, muss man leider
> > etwas mehr rechnen. Oder es kurzerhand selber beweisen:
> > Wenn [mm]f \in K[x][/mm] das Minimalpolynom von [mm]\alpha[/mm] ueber [mm]K[/mm] ist
> > (mit [mm]\alpha[/mm] wie oben, also [mm]K_n = K[\alpha][/mm]), dann
> > entsprechen die Nullstellen von [mm]f[/mm] in [mm]K_n[/mm] ja gerade den
> > Elementen aus [mm]Gal(K_n/K)[/mm].
>
> Ich hab gedacht, dass [mm]Gal(K_n/K)[/mm] die Nullstellen von [mm]f[/mm]
> permutiert, also [mm]Gal(K_n/K)\leq S_n,[/mm] also man nur folgern
> kann, dass [mm]|Gal(K_n/K)|\leq[/mm] (deg f)!
> Deshalb versteh ich die Folgerung nicht...
Bei Zerfaellungskoerpern eines Polynoms $f$ ueber einem Grundkoerper ist das richtig.
Jedoch ist hier $f$ zufaellig auch das Minimalpolynom von [mm] $\alpha$, [/mm] wobei [mm] $K_n [/mm] = [mm] K[\alpha]$ [/mm] ist. Und bei solchen Erweiterungen sieht das ganz anders aus: Ein Autormophismus [mm] $\varphi [/mm] : [mm] K_n \to K_n$, [/mm] der $K$ festhaelt, ist eindeutig durch das Bild von [mm] $\alpha$ [/mm] beschrieben. Und das Bild muss wieder eine Nullstelle von $f$ sein, womit es hoechstens [mm] $\deg [/mm] f$ solche Automorphismen gibt. Man kann dann auch nachrechnen, das es exakt so viele Autormorphismen gibt, das es also eine Bijektion zwischen [mm] $Gal(K[\alpha]/K)$ [/mm] und [mm] $\{ \beta \in K[\alpha] \mid f(\beta) = 0 \}$ [/mm] gibt.
> > Und es gibt hoechstens [mm]\deg f = [K_n : K][/mm]
> > solche Nullstellen. (Sogar genau [mm]\deg f[/mm] Nullstellen, da es
> > eine Galoiserweiterung ist.) Und damit hat man [mm]|Gal(K_n/K)| \le [K_n:K][/mm],
> > also Gleichheit (mit oben).
>
> Kannst Du mir nochmal genau schreiben, wie der Schluss hier
> geht?
Es hat genau [mm] $\deg [/mm] f$ Nullstellen, da [mm] $K_n$ [/mm] ein Zerfaellungskoerper ueber $K$ ist (damit liegen alle Nullstellen in [mm] $K_n$) [/mm] und weil [mm] $K_n$ [/mm] separabel ueber $K$ ist (das sieht man daran, dass das Polynom [mm] $x^{|K_n|} [/mm] - x$ jedes Element aus $K$ genau einmal als Nullstelle hat). Aber Zerfaellungskoerper + separabel ist gerade Galoisch.
Es ist [mm] $\deg [/mm] f = [mm] [K_n [/mm] : K]$, und nach dem obigen Argument ist [mm] $|Gal(K_n/K)|$ [/mm] gleich der Anzahl der Nullstellen von $f$ in [mm] $K_n$. [/mm] Und die ist hoechstens [mm] $\deg [/mm] f$ (so ganz allgemein), bzw. sogar genau [mm] $\deg [/mm] f$ (einmal weil [mm] $K_n$ [/mm] ein Zerfaellungskoerper ueber $K$ ist, und dann weil wir oben schon gesehen haben das es (mindestens) [mm] $\deg [/mm] f$ Autormorphismen in [mm] $|Gal(K_n/K)|$ [/mm] gibt).
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:50 So 13.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
hab jetzt fast alles verstanden  . Eine Stelle ist mir noch nicht klar, aber ich werd mal drüber nachdenken:
> Jedoch ist hier [mm]f[/mm] zufaellig auch das Minimalpolynom von
> [mm]\alpha[/mm], wobei [mm]K_n = K[\alpha][/mm] ist. Und bei solchen
> Erweiterungen sieht das ganz anders aus: Ein Autormophismus
> [mm]\varphi : K_n \to K_n[/mm], der [mm]K[/mm] festhaelt, ist eindeutig durch
> das Bild von [mm]\alpha[/mm] beschrieben. Und das Bild muss wieder
> eine Nullstelle von [mm]f[/mm] sein, womit es hoechstens [mm]\deg f[/mm]
> solche Automorphismen gibt. Man kann dann auch nachrechnen,
> das es exakt so viele Autormorphismen gibt, das es also
> eine Bijektion zwischen [mm]Gal(K[\alpha]/K)[/mm] und [mm]\{ \beta \in K[\alpha] \mid f(\beta) = 0 \}[/mm]
> gibt.
Hmm, und wie zeigt man die andere Richtung? Werd mal drüber nachdenken, aber jetzt bin ich erstmal seeehr müde und geh ins Bett....
Lg, Verena
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:40 Mo 14.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Guten Morgen, Felix!
Gut geschlafen? Jetzt, wo ich wach bin, kann ich schon wieder besser denken...
> > > Jedoch ist hier [mm]f[/mm] zufaellig auch das Minimalpolynom von
> > > [mm]\alpha[/mm], wobei [mm]K_n = K[\alpha][/mm] ist. Und bei solchen
> > > Erweiterungen sieht das ganz anders aus: Ein Autormophismus
> > > [mm]\varphi : K_n \to K_n[/mm], der [mm]K[/mm] festhaelt, ist eindeutig durch
> > > das Bild von [mm]\alpha[/mm] beschrieben. Und das Bild muss wieder
> > > eine Nullstelle von [mm]f[/mm] sein, womit es hoechstens [mm]\deg f[/mm]
> > > solche Automorphismen gibt. Man kann dann auch nachrechnen,
> > > das es exakt so viele Autormorphismen gibt, das es also
> > > eine Bijektion zwischen [mm]Gal(K[\alpha]/K)[/mm] und [mm]\{ \beta \in K[\alpha] \mid f(\beta) = 0 \}[/mm]
> > > gibt.
> >
> > Hmm, und wie zeigt man die andere Richtung? Werd mal drüber
> > nachdenken, aber jetzt bin ich erstmal seeehr müde und geh
> > ins Bett....
>
> Ein kleiner Hinweis: der Homomorphiesatz ist hier
Den Hinweis versteh ich nicht ganz: [mm] $M:=\{ \beta \in K[\alpha] \mid f(\beta) = 0 \}$ [/mm] ist doch gar keine Gruppe, oder? Wie kann ich dann den Homorphiesatz benutzen?
Hab mir folgendes überlegt:
Ich betrachte die Abbildung [mm] \Psi:Gal(K[\alpha]/K)\to K[\alpha], \sigma\mapsto \sigma(\alpha).
[/mm]
Da f irreduzibel ist, operiert Gal [mm] (K_n/K)=Gal(f/K) [/mm] transitiv auf $M$. Das liefert mir, dass $M [mm] \subseteq\Psi(Gal (K_n/K))$, [/mm] also [mm] |Gal(K_n/K)|\geq|\Psi(Gal (K_n/K))|\geq|M|=deg(f).
[/mm]
Da ja wie schon gezeigt, auch [mm] |Gal(K_n/K)|\leq|M|=deg(f), [/mm] folgt dass [mm] \Psi [/mm] die gewünschte Bijektion ist.
Stimmt's so?
LG, Verena
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:22 Mo 14.08.2006 | | Autor: | felixf |
Guten Morgen Verena!
> Gut geschlafen? Jetzt, wo ich wach bin, kann ich schon
> wieder besser denken...
Ich haette noch etwas mehr Schlaf gebrauchen koennen, dann waer ich jetzt vielleicht nicht ganz so muede... Aber egal :)
> > > Hmm, und wie zeigt man die andere Richtung? Werd mal drüber
> > > nachdenken, aber jetzt bin ich erstmal seeehr müde und geh
> > > ins Bett....
> >
> > Ein kleiner Hinweis: der Homomorphiesatz ist hier
>
> Den Hinweis versteh ich nicht ganz: [mm]M:=\{ \beta \in K[\alpha] \mid f(\beta) = 0 \}[/mm]
> ist doch gar keine Gruppe, oder? Wie kann ich dann den
> Homorphiesatz benutzen?
Man kann das auch so beweisen (ganz elementar):
Sind [mm] $\varphi, \varphi' [/mm] : [mm] K[\alpha] \to K[\alpha]$ [/mm] zwei $K$-Automorphismen mit [mm] $\varphi(\alpha) [/mm] = [mm] \varphi'(\alpha)$, [/mm] so ist [mm] $\varphi [/mm] = [mm] \varphi'$. [/mm] Und natuerlich ist [mm] $f(\varphi(\alpha)) [/mm] = [mm] \varphi(f(\alpha)) [/mm] = [mm] \varphi(0) [/mm] = 0$, womit es schonmal hoechstens so viele $K$-Automorphismen wie Elemente in $M$ gibt.
Ist nun [mm] $\beta \in [/mm] M$ vorgegeben, so muessen wir einen $K$-Automorphismus [mm] $\varphi [/mm] : [mm] K[\alpha] \to K[\alpha]$ [/mm] konstruieren mit [mm] $\varphi(\alpha) [/mm] = [mm] \beta$; [/mm] wenn wir das haben, so muss es demnach mindestens so viele $K$-Automorphismen wie in $M$ geben und wir sind fertig.
Nun hat [mm] $\beta$ [/mm] das gleiche Minimalpolynom wie [mm] $\alpha$. [/mm] Betrachte die Abbildungen $K[x] [mm] \to K[\alpha]$, [/mm] $x [mm] \mapsto \alpha$ [/mm] und $K[x] [mm] \to K[\beta] \subseteq K[\alpha]$, [/mm] $x [mm] \mapsto \beta$. [/mm] Die erste Abbildung ist surjektiv und hat Kern $(f)$. Die zweite Abbildung ist ebenfalls surjektiv hat ebenfalls Kern $(f)$ (da $f$ das Minimalpolynom von [mm] $\alpha$ [/mm] und [mm] $\beta$ [/mm] ueber $K$ ist). Nach dem Homomorphiesatz gilt also [mm] $K[\alpha] \cong K[\beta]$ [/mm] vermoege einem $K$-Isomorphismus [mm] $\varphi$, [/mm] der [mm] $\alpha$ [/mm] auf [mm] $\beta$ [/mm] abbildet (diesen liefert der Homomorphiesatz!). Da [mm] $K[\alpha]$ [/mm] ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum ist, folgt daraus insbesondere auch [mm] $K[\beta] [/mm] = [mm] K[\alpha]$, [/mm] womit [mm] $\varphi$ [/mm] ein $K$-Automorphismus von [mm] $K[\alpha]$ [/mm] ist mit [mm] $\varphi(\alpha) [/mm] = [mm] \beta$.
[/mm]
Das war ein Beweis ganz ohne Galoistheorie
> Hab mir folgendes überlegt:
> Ich betrachte die Abbildung [mm]\Psi:Gal(K[\alpha]/K)\to K[\alpha], \sigma\mapsto \sigma(\alpha).[/mm]
>
> Da f irreduzibel ist, operiert Gal [mm](K_n/K)=Gal(f/K)[/mm]
> transitiv auf [mm]M[/mm]. Das liefert mir, dass [mm]M \subseteq\Psi(Gal (K_n/K))[/mm],
> also [mm]|Gal(K_n/K)|\geq|\Psi(Gal (K_n/K))|\geq|M|=deg(f).[/mm]
> Da
> ja wie schon gezeigt, auch [mm]|Gal(K_n/K)|\leq|M|=deg(f),[/mm]
> folgt dass [mm]\Psi[/mm] die gewünschte Bijektion ist.
>
> Stimmt's so?
Ja, das stimmt!
LG Felix
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