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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:49 Mo 23.11.2009 | | Autor: | johnny11 |
| Aufgabe | | Bestimme [mm] \IQ(\wurzel[3]{2}) \subseteq \IR. [/mm] |
Ich denke, dass dieser Körper äquivalent zur Menge
K:= [mm] \{a_0 + a_1*2^{1/3} + a_2*2^{2/3}, a_i \in \IQ \} [/mm] ist.
Nun möchte ich zeigen, dass die inversen Elemente jeweils auch in dieser Menge sind.
Ich möchte also zeigen, dass [mm] \bruch{1}{a_0 + a_1*2^{1/3} + a_2*2^{2/3}} \in [/mm] K ist.
Doch wie kann ich dafür vorgehen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:05 Mo 23.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Bestimme [mm]\IQ(\wurzel[3]{2}) \subseteq \IR.[/mm]
> Ich denke, dass
> dieser Körper äquivalent zur Menge
>
> K:= [mm]\{a_0 + a_1*2^{1/3} + a_2*2^{2/3}, a_i \in \IQ \}[/mm] ist.
>
> Nun möchte ich zeigen, dass die inversen Elemente jeweils
> auch in dieser Menge sind.
Wie ist [mm] $\IQ(\sqrt[3]{2})$ [/mm] bei euch definiert? Und wie kommst du auf diese Menge?
> Ich möchte also zeigen, dass [mm]\bruch{1}{a_0 + a_1*2^{1/3} + a_2*2^{2/3}} \in[/mm]
> K ist.
>
> Doch wie kann ich dafür vorgehen?
Wenn du es wirklich von Hand zeigen willst: du musst den Bruch erweitern, so dass der Nenner eine rationale Zahl wird.
Das ist allerdings nicht ganz so toll; insofern waer's vielleicht einfacher das anders zu machen. Aber dazu musst du uns mehr verraten (siehe meine Fragen oben).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:30 Mo 23.11.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
Also [mm] K:=\IQ(\wurzel[3]{2}) [/mm] ist wie folgt definiert:
Das ist der kleinste Körper, welcher von [mm] \IQ [/mm] und [mm] \wurzel[3]{2} [/mm] erzeugt wird.
Das heisst also, dass [mm] \IQ [/mm] in K liegen muss. Ausserdem muss [mm] \wurzel[3]{2} [/mm] in K liegen. Dan müssen die multiplikativen und additiven Vielfachen in K liegen. Also [mm] \IQ*\wurzel[3]{2} [/mm] und [mm] \IQ*(\wurzel[3]{2})^2. [/mm] Dann also auch noch die Summen dieser Elemente. Dann muss das neutrale Element (multiplikativ und additiv) in K sein. Das wäre also 0 und 1. Schliesslich müssen auch noch die inveren Elemente darin sein. Und dies müsste ich also noch zeigen.
Dies wäre dann die eine Inklusionrichtung. Die andere Richtung kann ähnlich gezeigt werden.
> Wenn du es wirklich von Hand zeigen willst: du musst den
> Bruch erweitern, so dass der Nenner eine rationale Zahl
> wird.
>
> Das ist allerdings nicht ganz so toll; insofern waer's
> vielleicht einfacher das anders zu machen. Aber dazu musst
> du uns mehr verraten (siehe meine Fragen oben).
Ja dieser Bruch zu erweitern, dass der Nenner eine rationale Zahl wird, ist mühsam. Wie kann ich denn sonst noch vorgehen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:39 Mo 23.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Also [mm]K:=\IQ(\wurzel[3]{2})[/mm] ist wie folgt definiert:
>
> Das ist der kleinste Körper, welcher von [mm]\IQ[/mm] und
> [mm]\wurzel[3]{2}[/mm] erzeugt wird.
Ok. Hattet ihr schon, dass [mm] $\IQ(\alpha)$ [/mm] und [mm] $\IQ[\alpha]$ [/mm] uebereinstimmen, falls [mm] $\alpha$ [/mm] algebraisch ueber [mm] $\IQ$ [/mm] ist? In dem Fall bist du so gut wie fertig.
> Das heisst also, dass [mm]\IQ[/mm] in K liegen muss. Ausserdem muss
> [mm]\wurzel[3]{2}[/mm] in K liegen. Dan müssen die multiplikativen
> und additiven Vielfachen in K liegen. Also
> [mm]\IQ*\wurzel[3]{2}[/mm] und [mm]\IQ*(\wurzel[3]{2})^2.[/mm] Dann also auch
> noch die Summen dieser Elemente. Dann muss das neutrale
> Element (multiplikativ und additiv) in K sein. Das wäre
> also 0 und 1. Schliesslich müssen auch noch die inveren
> Elemente darin sein. Und dies müsste ich also noch
> zeigen.
> Dies wäre dann die eine Inklusionrichtung. Die andere
> Richtung kann ähnlich gezeigt werden.
>
>
> > Wenn du es wirklich von Hand zeigen willst: du musst den
> > Bruch erweitern, so dass der Nenner eine rationale Zahl
> > wird.
> >
> > Das ist allerdings nicht ganz so toll; insofern waer's
> > vielleicht einfacher das anders zu machen. Aber dazu musst
> > du uns mehr verraten (siehe meine Fragen oben).
>
> Ja dieser Bruch zu erweitern, dass der Nenner eine
> rationale Zahl wird, ist mühsam. Wie kann ich denn sonst
> noch vorgehen?
Du kannst etwas mehr Theorie benutzen. Dein Ring $R := [mm] \{ a_1 + a_2 \sqrt[3]{2} + a_3 \sqrt[3]{2}^2 \mid a_1, a_2, a_3 \in \IQ \}$ [/mm] ist ein Unterring von [mm] $\IC$ [/mm] und somit ein Integritaetsbereich. Gleichzeitig ist er ein dreidimensionaler [mm] $\IQ$-Vektorraum. [/mm] Sei jetzt $a [mm] \in [/mm] R [mm] \setminus \{ 0 \}$. [/mm] Dann ist die Abbildung [mm] $\varphi_a [/mm] : R [mm] \to [/mm] R$, $x [mm] \mapsto [/mm] a x$ ein Vektorraumhomomorphismus; dieser ist injektiv, da $a$ kein Nullteiler ist. Da $R$ endlichdimensional ist, folgt daraus, dass [mm] $\varphi_a$ [/mm] auch surjektiv ist. Also gibt es ein $b [mm] \in [/mm] R$ mit [mm] $\varphi_a(b) [/mm] = 1$, d.h. es ist $a b = 1$.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:48 Di 24.11.2009 | | Autor: | johnny11 |
> Ok. Hattet ihr schon, dass [mm]\IQ(\alpha)[/mm] und [mm]\IQ[\alpha][/mm]
> uebereinstimmen, falls [mm]\alpha[/mm] algebraisch ueber [mm]\IQ[/mm] ist? In
> dem Fall bist du so gut wie fertig.
Ja das hatten wir bereits.
Genau, so ists wirklich ganz einfach. 
Doch gilt dieses Lemma auch z.B. für [mm] \IQ(\wurzel[3]{2},i)? [/mm]
Oder kann ich dann wie folgt argumentieren. [mm] \IQ(\wurzel[3]{2},i) [/mm] = [mm] \IQ(\wurzel[3]{2})(i). [/mm] Also der Körper, der von [mm] \IQ(\wurzel[3]{2}) [/mm] und i erzeugt wird. Also kann ich dann auch wieder diese Lemma anwenden und schliessen, dass [mm] \IQ(\wurzel[3]{2},i) [/mm] = [mm] \IQ[\wurzel[3]{2},i]. [/mm] Stimmt das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:37 Di 24.11.2009 | | Autor: | felixf |
Halo!
> > Ok. Hattet ihr schon, dass [mm]\IQ(\alpha)[/mm] und [mm]\IQ[\alpha][/mm]
> > uebereinstimmen, falls [mm]\alpha[/mm] algebraisch ueber [mm]\IQ[/mm] ist? In
> > dem Fall bist du so gut wie fertig.
>
> Ja das hatten wir bereits.
> Genau, so ists wirklich ganz einfach.
>
> Doch gilt dieses Lemma auch z.B. für [mm]\IQ(\wurzel[3]{2},i)?[/mm]
Direkt nicht.
>
> Oder kann ich dann wie folgt argumentieren.
> [mm]\IQ(\wurzel[3]{2},i)[/mm] = [mm]\IQ(\wurzel[3]{2})(i).[/mm] Also der
> Körper, der von [mm]\IQ(\wurzel[3]{2})[/mm] und i erzeugt wird.
> Also kann ich dann auch wieder diese Lemma anwenden und
> schliessen, dass [mm]\IQ(\wurzel[3]{2},i)[/mm] =
> [mm]\IQ[\wurzel[3]{2},i].[/mm] Stimmt das?
Nicht ganz, bzw. da fehlt ein Zwischenschritt: das Lemma liefert dir [mm] $\IQ(\sqrt[3]{2}) [/mm] = [mm] \IQ[\sqrt[3]{2}]$ [/mm] und [mm] $\IQ(\sqrt[3]{2}, [/mm] i) = [mm] \IQ(\sqrt[3]{2})(i) [/mm] = [mm] \IQ(\sqrt[3]{2})[i]$; [/mm] zusammengesetzt kommt also raus [mm] $\IQ(\sqrt[3]{2}, [/mm] i) = [mm] \IQ[\sqrt[3]{2}][i] [/mm] = [mm] \IQ[\sqrt[3]{2}, [/mm] i]$.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:38 Di 24.11.2009 | | Autor: | johnny11 |
ok. also etwas ist mir einfach noch nicht ganz klar.
Damit ich dieses Lemme anwenden kann, muss ich zeigen, dass [mm] \wurzel[3]{2} [/mm] algebraisch ist über [mm] \IQ.
[/mm]
Das heisst also, dass ein Polynom f(x) [mm] \in \IQ[X] [/mm] existiert, so dass [mm] f(\wurzel[3]{2}) [/mm] = 0.
Ich kann also f(x) = [mm] x^3-2 [/mm] setzen. Somit wäre dann [mm] f(\wurzel[3]{2}) [/mm] = 0.
Stimmt das?
Und für [mm] \IQ(\wurzel[3]{2},i) [/mm] kann ich f(x) = [mm] x^2 [/mm] +1 [mm] \in \IQ(\wurzel[3]{2}) [/mm] wählen?
Doch falls a:= [mm] \wurzel[3]{2} [/mm] algebraisch über [mm] \IQ [/mm] ist, gilt auch, dass {1, [mm] a^2 [/mm] , [mm] a^3, [/mm] ..., [mm] a^n \} [/mm] lin. abhängig ist über [mm] \IQ. [/mm]
also muss das lin. Gleichungssystem
[mm] b_0 [/mm] + [mm] b_1*\wurzel[3]{2} [/mm] + [mm] b_2*(\wurzel[3]{2})^2 [/mm] = 0
nicht nur die triviale Lösung haben, bei der die Koeffizienten [mm] b_i [/mm] alle verschwinden. Doch ich sehe nicht, was für eine Lösung sonst noch in Frage kommen könnte...?
Oder muss gelten, dass {1, a , [mm] a^2 [/mm] , ....} lin. abhängig über [mm] \IQ [/mm] sein muss? Also unendlich viele Elemente?
Oder wo liegt genau der Fehler?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:13 Mi 25.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> ok. also etwas ist mir einfach noch nicht ganz klar.
> Damit ich dieses Lemme anwenden kann, muss ich zeigen,
> dass [mm]\wurzel[3]{2}[/mm] algebraisch ist über [mm]\IQ.[/mm]
>
> Das heisst also, dass ein Polynom f(x) [mm]\in \IQ[X][/mm]
> existiert, so dass [mm]f(\wurzel[3]{2})[/mm] = 0.
>
> Ich kann also f(x) = [mm]x^3-2[/mm] setzen. Somit wäre dann
> [mm]f(\wurzel[3]{2})[/mm] = 0.
>
> Stimmt das?
Ja.
> Und für [mm]\IQ(\wurzel[3]{2},i)[/mm] kann ich f(x) = [mm]x^2[/mm] +1 [mm]\in \IQ(\wurzel[3]{2})[/mm]
> wählen?
Damit bekommst du, dass $i$ algebraisch ueber [mm] $\IQ(\sqrt[3]{2})$ [/mm] ist. Daraus wiederum folgt, dass [mm] $[\IQ(\sqrt[3]{2}, [/mm] i) : [mm] \IQ] [/mm] = [mm] [\IQ(\sqrt[3]{2}, [/mm] i) : [mm] \IQ(\sqrt[3]{2})] \cdot [\IQ(\sqrt[3]{2}) [/mm] : [mm] \IQ] [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] ist.
> Doch falls a:= [mm]\wurzel[3]{2}[/mm] algebraisch über [mm]\IQ[/mm] ist,
> gilt auch, dass [mm] $\{1, a^2 , a^3, ..., a^n \}$ [/mm] lin. abhängig
> ist über [mm]\IQ.[/mm]
Wenn $n$ gross genug ist, ja. Es gilt ja etwa [mm] $a^3 [/mm] = 2 [mm] \codt a^0$.
[/mm]
> also muss das lin. Gleichungssystem
>
> [mm]b_0[/mm] + [mm]b_1*\wurzel[3]{2}[/mm] + [mm]b_2*(\wurzel[3]{2})^2[/mm] = 0
>
> nicht nur die triviale Lösung haben, bei der die
> Koeffizienten [mm]b_i[/mm] alle verschwinden.
> Doch ich sehe nicht, was für eine Lösung sonst noch in Frage kommen
> könnte...?
Das hat auch keine anderen Loesungen, weil $n$ klein genug ist: naemlich kleiner als der Grad des Minimalpolynoms von [mm] $\sqrt[3]{2}$ [/mm] ueber [mm] $\IQ$!
[/mm]
> Oder muss gelten, dass [mm] $\{1, a , a^2, ....\}$ [/mm] lin. abhängig
> über [mm]\IQ[/mm] sein muss? Also unendlich viele Elemente?
Genau. Es muessen alle Potenzen bis zu einer gross genugen vorkommen.
LG Felix
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