4 Rein transzendente Körpererweiterungen

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1 $Id: transzendent.tex,v /04/29 15:55:59 hk Exp $ 4 Rein transzendente Körpererweiterungen Nachdem wir im letzten Abschnitt die endlichen Körper besprochen haben, nähern wir uns nun dem anderen Ende des Spektrums und kommen zu den ganz großen Körpern. Zur Behandlung dieses Themas benötigen wir eine Theorie allgemeiner, also nicht notwendig algebraischer, Körpererweiterungen. Wir werden zeigen, dass sich überhaupt jede Körpererweiterung in zwei Teilschritte aufteilen läßt, zuerst kommt eine sogenannte rein transzendente Erweiterung und dann eine algebraische Erweiterung. Thema dieses Abschnitts werden diese rein transzendenten Erweiterungen, in vielerlei Hinsicht sind diese das direkte Gegenteil der algebraischen Erweiterungen. Ist L K eine Körpererweiterung, so hatten wir für jedes Element a L zwei Möglichkeiten. Entweder ist a algebraisch, also Nullstelle eines von Null verschiedenen Polynoms über K, oder transzendent. In letzterem Fall setzte sich der Einsetzungshomomorphismus K[t] K(a) L zu einen Isomorphismus φ : K(t) K(a) L fort, der t auf a abbildet. Im transzendenten Fall haben wir also eine eindeutige Erweiterung, den Körper K(t) der rationalen Funktionen über K, d.h. den Quotientenkörper des Polynomrings K[t]. Diese einfache transzendente Erweiterung wollen wir jetzt untersuchen. Wir beginnen mit einem einfachen aber nützlichen Lemma. Lemma 4.1: Seien K ein Körper und p, q K[t]\{0} zwei teilerfremde Polynome mit q 0 und f := p/q / K. Dann ist f transzendent über K und K(t) K(f) ist eine endliche Körpererweiterung mit [K(t) : K(f)] = max{grad p, grad q}. Bis auf Normierung ist p(x) q(x)f das Minimalpolynom von t über K(f). Beweis: Wir betrachten das Polynom H := p(x) q(x)f K(f)[x]. Mit dieser Schreibweise ist das folgende gemeint: Zunächst ist p K[t] ein Polynom in t, also p = a 0 + a 1 t + + a n t n mit gewissen Koeffizienten a 0,..., a n K. Mit p(x) meinen wir dann das Polynom a 0 + a 1 x + + a n x n und dies ist ein Polynom in x über K, also auch über K(f) K. Analog ist dann auch q(x) zu interpretieren. Dann ist H 0, denn andernfalls wäre p(x) = q(x)f und wegen q 0 müsste f ein Quotient zweier Elemente aus K sein, im Widerspruch zu f / K. Weiter gilt H(t) = p qf = 0, denn setzen wir in p(x) und q(x) für x wieder das Element t für x ein, so erhalten wir gerade p und q aus K[t] zurück. Damit ist 5-1

2 t Nullstelle eines von Null verschiedenen Polynoms über K(f) und somit algebraisch über K(f). Insbesondere ist K(t) eine einfache algebraische Erweiterung von K(f). Wäre also f algebraisch über K, so ist K(f) eine algebraische Erweiterung von K, d.h. auch K(t) wäre eine algebraische Erweiterung von K. Dieser Widerspruch zeigt, dass f über K transzendent ist. Weiter behaupten wir, dass H irreduzibel über K(f) ist. Nach [Stellmacher, Lemma 2.48] ist der Polynomring K[f] K[t] faktoriell, und nach [Stellmacher, Lemma 2.45] reicht es zu zeigen, dass H K[f][x] = K[f, x] über K[f] irreduzibel ist. Andernfalls gibt es A, B K[f][x]\K mit H = A B. Als Polynome in K[x][f] = K[f, x] ist 1 = grad f H = grad f A + grad f B, nach eventuellen Vertauschen von A und B können wir also A = A 1 + A 2 f mit A 1, A 2 K[x] und B K[x] annehmen. Dann folgt p(x) q(x)f = A(x, f)b(x) = (A 1 (x) + A 2 (x)f)b(x) = A 1 (x)b(x) + A 2 (x)b(x)f, also ist p(x) = A 1 (x)b(x) und q(x) = A 2 (x)b(x). Damit haben p und q aber den gemeinsamen Teiler B(t) / K, ein Widerspruch. Somit ist H irreduzibel über K(f). Letztlich erhalten wir noch [K(t) : K(f)] = grad H = max{grad p, grad q} denn wegen f / K können sich in p(x) q(x)f keine Koeffizienten wegheben. Nehmen wir als ein Beispiel einmal f = t 2, also p(t) = t 2 und q(t) = 1. Dann ist K(t) eine einfache algebraische Erweiterung von Grad 2 über K(f) = K(t 2 ), das Polynom H ergibt sich als H(x) = p(x) q(x)f = x 2 f = x 2 t 2, und da dies bereits normiert ist, ergibt sich das Minimalpolynom von t über K(t 2 ) als µ t = x 2 t 2. Dies hätte man natürlich auch direkt sehen können. Nehmen wir noch ein etwas komplizierteres Beispiel f = t2 + 1 t 3 1. Hier ist p(t) = t 2 +1 und q(t) = t 3 1 und damit diese beiden teilerfremd sind benötigen wir char K 2. Nach dem Lemma wird K(t) eine einfache algebraische Erweiterung von Grad 3 über K(f), und das Polynom H ergibt sich als H(x) = p(x) q(x)f = x (x 3 1)f = fx 3 + x 2 + f + 1. Das Minimalpolynom von t über K(f) ergibt sich durch Normieren zu µ t (x) = x 3 1 ( f x ). f Mit Lemma 1 ausgerüstet ist es jetzt leicht, die Galoisgruppe der einfachen transzendenten Erweiterung K(t) von K zu berechnen. Zuvor wollen wir ein klein wenig Notation 5-2

3 festlegen. Sind K ein Körper und n N, so bezeichnen wir die Gruppe der invertierbaren n n Matrizen über K mit dem Symbol GL n K. In dieser Gruppe bilden die Streckungen a N :=... a K\{0} a GL nk einen Normalteiler, tatsächlich ist N das Zentrum von GL n K. Den Quotienten PGL n K := GL n K/N bezeichnet man das projektive Gruppe über K. Satz 4.2 (Galoisgruppe einer einfach transzendenten Erweiterung) Sei K ein Körper. Für jede Matrix ( ) a b A = GL c d 2 (K) gibt es dann genau ein α A Aut K K(t) mit t α A = at + b ct + d. Weiter induziert α einen Gruppenisomorphismus α : PGL 2 (K) Aut K K(t); [A] α A. Beweis: Ist f K(t)\K, so ist f nach Lemma 1 transzendent über K, und damit haben wir einen eindeutigen Isomorphismus α f : K(t) K(f) K(t) über K mit t α f = f. Dabei ist genau dann αf Aut K K(t) wenn K(f) = K(t) gilt. Schreiben wir f = p/q mit teilerfremden p, q K[t]\{0}, so ist nach Lemma 1 aber [K(t) : K(f)] = max{grad p, grad q}, d.h. genau dann ist α f Aut K K(t) wenn grad p, grad q 1 gilt. Dies bedeutet aber p(t) = at+b, q(t) = ct+d mit linear unabhängigen (a, b), (c, d) K 2. Dies beweist die erste Aussage und Aut K K(t) = {α A A GL 2 (K)}. Nun seien ( a b A = c d ) ( a GL 2 (K) und A b = c d ) GL 2 (K) gegeben. Dann ist α A α A GL 2 (K) mit t α Aα A = ( ) αa at + b ct + d = a t+b a + b c t+d c a t+b + d = (aa + bc )t + ab + bd (ca + dc )t + cb + dd, c t+d 5-3

4 und wegen ( a b AA = c d ) ( a b c d ) ( aa = + bc ab + bd ca + dc cb + dd ), haben wir α A α A = α AA. Für die obige Matrix A gilt genau dann α A = 1 wenn at + b ct + d = t ist, und dies ist zu ct 2 + dt = at + b gleichwertig. Folglich ist genau dann α A = 1 wenn c = 0, b = 0 und a = d gelten, d.h. {( ) a 0 Kern α = a K\{0}}, 0 a und der Satz ist bewiesen. Wir können die Automorphismen α A auch konkret beschreiben. Für a 0, a 1,..., a n K ist ( ) n (a 0 +a 1 t+ +a n t n ) α A = a 0 +a 1 t α A + +a n (t α A ) n at + b at + b = a 0 +a 1 ct + d + +a n, ct + d also gilt p(t) α A = p ( ) at + b ct + d für jedes Polynom p K[t]. Ist insbesondere ( ) 1 a A = GL 1 2 K mit a K eine Scherungsmatrix, so ist p(t) α A = p(t + a) für jedes p K[t], die Scherungen wirken also als Tranlation des Arguments. Als eine kleine Anwendung des Satzes über Aut K K(t) können wir nun entscheiden wann die einfach transzendente Erweiterung K(t) K eine Galoiserweiterung ist. Korollar 4.3: Sei K ein Körper. Dann ist die einfach transzendente Erweiterung K(t) K genau dann eine Galoiserweiterung wenn K unendlich ist. Beweis: Zunächst nehme an, dass K ein unendlicher Körper ist. Sei f K(t)\K. Wir müssen zeigen, dass dann ein α Aut K K(t) mit f α f existiert. Schreibe f = p/q mit teilerfremden p, q K[t]\{0}. Wir können uns auf den Fall p(0) = 0 oder q(0) = 0 beschränken, denn ist p(0), q(0) 0, so ist f p(0) q(0) = p q 5-4 p(0) q(0) q = p q

5 mit p = p (p(0)/q(0))q, also p(0) = 0 und p, q sind weiter teilerfremd. Können wir dann f p(0)/q(0) bewegen, gibt es also ein α Aut K K(t) mit f α p(0) ( q(0) = f p(0) ) α f p(0)/q(0), q(0 so ist damit auch f α f. Durch eventuellen Übergang zu 1/f können wir weiter p(0) = 0 voraussetzen, denn ein Automorphismus der 1/f bewegt, bewegt auch f. Durch eine Normierung können wir dann annehmen das p und q beide normiert sind, denn hierzu müssen wir f nur mit einem Element aus K\{0} multiplizieren, und wird dieses Produkt bewegt, so auch f selbst. Nehme nun an, es wäre p(t + a) q(t + a) = p(t) q(t) für jedes a K. Sei a K. Dann sind p(t + a), q(t + a) zwei normierte, teilerfremde Polynome, denn ist h(t) ein gemeinsamer Teiler von p(t+a) und q(t+a), so ist h(t a) ein gemeinsamer Teiler von p und q. Da alle beteiligten Polynome normiert sind, muss also p(t + a) = p(t) und q(t + a) = q(t) gelten. Insbesondere ist damit p(a) = p(0) = 0. Da K unendlich ist, folgt der Widerspruch p = 0. Folglich gibt es ein a K mit p(t + a) q(t + a) p(t) q(t) und nach Satz 2 haben wir auch ein α Aut K K(t) mit f α f, da wir ja oben gesehen haben, dass diese Argumentverschiebungen durch Scherungsmatrizen bewirkt werden. Somit ist K(t) K in diesem Fall eine Galoiserweiterung. Jetzt sei K ein endlicher Körper. Nach Satz 2 ist Aut K K(t) PGL 2 (K) dann eine endliche Gruppe, da es ja nur endlich viele 2 2 Matrizen über K gibt, und nach [Stellmacher, Lemma 3.41] ist K(t) eine endliche Galoiserweiterung von Fix Aut K K(t). Insbesondere muss Fix Aut K K(t) K sein und K(t) K ist keine Galoiserweiterung. Bisher haben wir einiges über die einfach transzendente Erweiterung festgehalten, und nun wollen wir auch größere transzendente Erweiterungen untersuchen, beziehungsweise diese erst einmal überhaupt definieren. Genau wie es nur eine einfach transzendente Erweiterung von K gibt, nämlich den rationalen Funktionenkörper K(t), so wird es auch nur eine n-fach transzendente Erweiterung geben und diese wird der rationale Funktionenkörper in n Variablen sein. Diesen haben Sie im Prinzip schon im letzten Semester kennengelernt, beispielsweise bei der Konstruktion von Galoiserweiterungen zu vorgegebener Galoisgruppe, aber wir wollen dies noch einmal kurz wiederholen. Ist A ein kommutativer Ring, so haben wir für jedes n N einen Polynomring A[t 1,..., t n ] in n Unbekannten, der genau dann ein Integritätsbereich, also kommutativ und nullteilerfrei, ist, wenn A dies ist. Starten wir also insbesondere mit einem 5-5

6 Körper K, so haben wir den Integritätsbereich K[t 1,..., t n ] und könnenn den Quotientenkörper K(t 1,..., t n ) von K[t 1,..., t n ] bilden, den sogenannten Körper der rationalen Funktionen in den Variablen t 1,..., t n über K. Dieser Körper wird die bis auf Isomorphie eindeutige n-fach transzendente Erweiterung des Grundkörpers K sein. Um n-fach transzendente Erweiterungen abstrakt zu definieren, müssen wir erkennen wann ein Erweiterungskörper K(a 1,..., a n ) von K zum Körper der rationalen Funktionen isomorph ist, und hierzu führen wir den Begriff der algebraischen Unabhängigkeit ein. Definition 4.1: Sei L K eine Körpererweiterung und n N. Dann heißen Elemente a 1,..., a n L über K algebraisch unabhängig, wenn es kein Polynom p K[x 1,..., x n ]\{0} mit p(a 1,..., a n ) = 0 gibt. Zum Beispiel ist ein einzelnes Element a L genau dann algebraisch unabhängig über K, wenn es kein Polynom p K[x]\{0} mit p(a) = 0 gibt, d.h. wenn a über K transzendent ist. In diesem Sinne ist die algebraische Unabhängigkeit eine Verallgemeinerung des Begriffs transzendenter Elemente einer Körpererweiterung. Ein Beispiel über K algebraisch unabhängiger Elemente sind die Elemente t 1,..., t n im rationalen Funktionenkörper K(t 1,..., t n ). Ist p K[x 1,..., x n ]\{0} ein Polynom, so ist ja p(t 1,..., t n ) dasselbe Polynom nur mit t i statt x i und insbesondere ist p(t 1,..., t n ) 0 da p 0 ist. Wir werden sehen das dieses simple Beispiel bis auf Isomorphie auch das einzige Beispiel ist. Von konkret gegebenen Elementen einer konkreten Körpererweiterung L K zu sagen ob sie algebraisch unabhängig sind oder nicht ist meist ein schweres Problem, dies war ja schon für den Spezialfall transzendenter Elemente so. Ein berühmter Satz, der viele Beispiele algebraisch unabhängiger Elemente in der Körpererweiterung C Q liefert, ist der Satz von Lindemann und Weierstrass: Sind α 1,..., α n C algebraisch über Q und über Q linear unabhängig, so sind e α 1,..., e αn C über Q algebraisch unabhängig. Zur näheren Untersuchung des Begriffs der algebraischen Unabhängigkeit wollen wir zunächst einige abstrakte Tatsachen über Polynomringe zusammenstellen. 1. Seien A ein kommutativer Ring und a 1,..., a n A. Dann haben wir einen Einsetzungshomomorphismus φ a1,...,a n : A[t 1,..., t n ] A; p p(a 1,..., a n ). Dies ist völlig analog zum vertrauten Einsetzungshomomorphismus in einer Variablen. 2. Angenommen wir haben zwei kommutative Ringe A, B und einen Ringhomomorphismus ϕ : A B. Dann ist die Abbildung ϕ : A[t 1,..., t n ] B[t 1,..., t n ]; α N n a α t α α N n 0 ϕ(a α )t α

7 offenbar wieder ein Ringhomomorphismus, der ϕ fortsetzt. Dabei ist ϕ genau dann injektiv, beziehungsweise ein Isomorphismus, wenn ϕ dies ist. Insbesondere impliziert A B auch A[t 1,..., t n ] B[t 1,..., t n ]. Haben wir nun zwei Körper K, L und einen Isomorphismus ϕ : K L, so setzt sich der eben konstruierte Ringisomorphismus ϕ : K[t 1,..., t n ] L[t 1,..., t n ] weiter zu einem, wieder mit ϕ bezeichneten, Isomorphismus ϕ : K(t 1,..., t n ) L(t 1,..., t n ) der Quotientenkörper fort. Sind dabei K und L Erweiterungen eines Körpers F K L und ϕ ein Isomorphismus über F, so ist ϕ offenbar ein Isomorphismus über F (t 1,..., t n ), und damit auch über F. Insbesondere impliziert K L auch K(t 1,..., t n ) L(t 1,..., t n ). 3. Seien A wieder ein kommutativer Ring und n, m N mit n < m. Dann haben wir einen Ringisomorphismus A[t 1,..., t n ][t n+1,..., t m ] A[t 1,..., t m ] einfach durch Zusammenfassen von Monomen in t n+1,..., t m. Diese beiden Ringe sind derartig isomorph, dass man diesen Isomorphismus meist einfach als Identität A[t 1,..., t n ][t n+1,..., t m ] = A[t 1,..., t m ] interpretiert. Man kann sich die Konstruktion des Körpers K(t 1,..., t n ) als eine n-fach iterierte Bildung einer einfach transzendenten Erweiterung vorstellen. Um dies einzusehen, wollen wir uns klarmachen das man die obige Identifikation K[t 1,..., t n ][t n+1,..., t m ] = K[t 1,..., t m ], für einen Körper K auch zu einem Isomorphismus K(t 1,..., t n )(t n+1,..., t m ) K(t 1,..., t m ) fortsetzen kann. Dies ist eine Konsequenz des folgenden einfachen aber hilfreichen Lemmas. Lemma 4.4: Seien A ein Integritätsbereich mit Qotientenkörper K und n N. Dann ist K(t 1,..., t n ) ein Quotientenkörper von A[t 1,..., t n ]. Beweis: Zunächst ist A[t 1,..., t n ] K[t 1,..., t n ] K(t 1,..., t n ) ein Unterring, es reicht also zu zeigen, dass jedes Element von K(t 1,..., t n ) Quotient zweier Elemente von A[t 1,..., t n ] ist. Sei f K(t 1,..., t n ). Dann existieren p, q K[t 1,..., t n ] mit q 0 und f = p/q. Jeder Koeffizient in p und q ist ein Quotient zweier Elemente aus A, bilden wir also das Produkt aller auftretenden Nenner, so erhalten wir a, b A\{0} mit ap, bq A[t 1,..., a n ]. Folglich ist f = p q = b ap a bq 5-7

8 ein Quotient von Elementen aus A[t 1,..., t n ]. 5-8