4 Rein transzendente Körpererweiterungen

Transkript

1 $Id: transzendent.tex,v /5/6 13:34:24 hk Exp $ $Id: trgrad.tex,v /5/6 13:2:32 hk Exp $ 4 Rein transzendente Körpererweiterungen Wir hatten den rationalen Funktionenkörper K(T ) in der Hoffnung eingeführt, dass dieser das bis auf Isomorphie einzige Beispiel einer zu T gleichmächtigen über K algebraisch unabhängigen Menge liefert. Dass diese Erwartung erfüllt wird, werden wir bald einsehen. Genau wie die entsprechende Eigenschaft von K(t 1,..., t n ) mit Hilfe von Eigenschaften des Polynomrings K[t 1,..., t n ] bewiesen wurde, nämlich hauptsächlich über die Existenz von Einsetzungshomomorphismen, so werden wir auch entsprechende Eigenschaften von K[T ] benötigen. Auch hier gibt es einen Einsetzungshomomorphismus, nur sieht dessen Form zunächst etwas ungewohnt aus. Wir müssen zu jeder Variablen t T ein Element von K vorgeben, und dies bedeutet das Abbildungen f : T K eingesetzt werden. Bei der Gelegenheit lassen wir gleich noch auf die Koeffizienten wirkende Homomorphismen zu, und kommen damit zum folgenden Lemma. Lemma 4.7 (Polynomringe über beliebigen Mengen) Seien A ein kommutativer Ring und T eine Menge. (a) Sind B ein kommutativer Ring, ϕ : A B ein Ringhomomorphismus und f : T B eine Abbildung, so existiert genau ein Ringhomomorphismus Φ : A[T ] B mit Φ A = ϕ und Φ T = f, wobei wir A und T wie üblich als Teilmengen von A[T ] interpretieren. (b) Ist A nullteilerfrei, so ist auch A[T ] nullteilerfrei. (c) Ist S eine weitere Menge mit S T =, so ist A[T ][S] = A[T S]. Beweis: (a) Dies ist einfach der Einsetzungshomomorphismus + at n t nr r + + ϕ(a)f(t 1 ) n 1... f(t r ) nr +, aber wir wollen dies hier der Deutlichkeit halber wirklich einmal durchrechnen. Für jedes Monom m N (T ) ist m(t) nur für endlich viele t T, und damit ist t T f(t)m(t) ein wohldefiniertes Element von B. Für p A[T ] ist auch p(m) nur für endlich viele Monome m N (T ), d.h. wir haben eine wohldefinierte Abbildung Φ : A[T ] B; p ϕ(p(m)) f(t) m(t). m N (T ) 7-1 t T

2 Wegen ϕ(1) = 1 ist auch Φ(1) = 1, und für alle p, q A[T ] ist offenbar Φ(p + q) = Φ(p) + Φ(q). Für p, q A[T ] gilt weiter Φ(pq) = m N (T ) = k,l N (T ) ϕ = Φ(p) Φ(q). k,l N (T ) k+l=m p(k)q(l) t T f(t) m(t) ϕ(p(k))ϕ(q(l)) t T[f(t) k(t) f(t) l(t) ] Damit ist Φ ein Ringhomomorphismus, und offenbar gelten Φ A = ϕ und Φ T = f. Die Eindeutigkeitsaussage ist klar, da A T den Ring A[T ] erzeugt. (b) Dies hatten wir bereits weiter oben festgehalten. (c) Dies ist wie im endlichen Fall einfach das Zusammenfassen von Monomen nach den Exponenenten der Elemente aus S. Alternativ kann man dies auch auf die Einsetzungshomomorphismen aus (a) zurückführen, was wir nun tun wollen. Wir haben Inklusionen A[T ] A[T S] sowie S A[T S], und damit erhalten wir nach (a) einen Ringhomomorphismus Φ : A[T ][S] A[T S] mit Φ A[T ] = id A[T ] und Φ S = id S. Ebenso haben wir die Inklusionen A A[T ] A[T ][S], T A[T ] A[T ][S] und S A[T ][S], also auch T S A[T ][S], und erhalten wieder mit (a) einen Ringhomomorphismus Ψ : A[T S] A[T ][S] mit Ψ A = id A und Ψ T S = id T S. Wir behaupten, dass Φ und Ψ zueinander inverse Isomorphismen sind. Zunächst ist ΨΦ A = id A und ΨΦ T = id T, d.h. mit der Eindeutigkeit in (a) folgt ΨΦ A[T ] = id A[T ]. Weiter ist ΨΦ S = id S und wieder mit (a) folgt ΨΦ = id A[T ][S]. Analog folgt ΦΨ = id A[T S]. Damit sind Φ und Ψ Isomorphismen mit Ψ = Φ 1. Betrachtung der Wirkung auf Monomen zeigt dann, dass diese Isomorphismen wirklich nur das Zusammenfassen nach S-Potenzen sind. Völlig analog zum Vorgehen bei den Funktionenkörpern K(t 1,..., t n ) dehnen wir dieses Lemma nun auf K(T ) aus. Lemma 4.8 (Grundeigenschaften von K(T )) Seien K ein Körper und T eine Menge. (a) Es gilt K(T ) = t 1,...,t n T p.w. K(t 1,..., t n ). (b) Die Erweiterung K(T ) K ist rein transzendent mit Transzendenzbasis T. (c) Ist A ein Integritätsbereich mit Quotientenkörper K, so ist K(T ) auch ein Quotientenkörper von A[T ]. 7-2

3 (d) Ist S eine weitere Menge mit T S =, so ist K(T )(S) = K(T S). (e) Sind L ein weiterer Körper, ϕ : K L ein Isomorphismus, S eine Menge und f : T S bijektiv, so gibt es einen eindeutigen Isomorphismus Φ : K(T ) L(S) mit Φ K = ϕ und Φ T = f. Beweis: (a) Jedes f K(T ) ist Quotient zweier Elemente aus K[T ], und diese liegen in K[S] für eine endliche Teilmenge S T, und damit ist auch f K(S). (b) Seien t 1,..., t n T paarweise verschieden, und sei p K[x 1,..., x n ] ein Polynom. Fassen wir dann p K[t 1,..., t n ] K[T ] auf, so ist p(t 1,..., t n ) = p. Damit ist T algebraisch unabhängig, und da K(T ) über K von T erzeugt wird, ist T sogar eine Transzendenzbasis von K(T ) über K. (c) Zunächst ist A[T ] überhaupt ein Unterring von K(T ). Ist nun f K(T ), so existiert nach (a) eine endliche Menge S T mit f K(S). Nach Lemma 4 existieren p, q A[S] mit q und f = p/q. Dann ist aber auch p, q A[S] A[T ], und f ist Quotient zweier Elemente von A[T ]. (d) Nach Lemma 7.(c) ist K[T ][S] = K[T S], und nach (c) ist K(T )(S) der Quotientenkörper von K[T ][S] = K[T S], also gleich K(T S). (e) Nach Lemma 7.(a) gibt es einen eindeutigen Ringhomomorphismus Φ : K[T ] L[S] mit Φ K = ϕ und Φ T = f. Ebenso gibt es einen Ringhomomorphismus Ψ : L[S] K[T ] mit Ψ L = ϕ 1 und Ψ S = f 1. Dann ist ΨΦ : K[T ] K[T ] ein Homomorphismus mit ΨΦ K = id K und ΨΦ T = id T, also nach der Eindeutigkeitsaussage in Lemma 7.(a) auch ΨΦ = id K[T ]. Analog folgt ΦΨ = id L[S], und somit ist Φ : K[T ] L[S] ein Isomorphismus mit Φ 1 = Ψ. Schließlich setzt sich Φ zu einem eindeutigen Isomorphismus Φ : K(T ) L(S) der Quotientenkörper fort. Damit können wir nun einsehen, dass rein transzendente Erweiterungen von K eindeutig durch die Transzendenzbasis festgelegt sind, und die T K(T ) bis auf Isomorphie die einzigen Beispiele algebraisch unabhängiger Mengen sind. Lemma 4.9: Seien L K eine Körpererweiterung, B L, T eine Menge und f : T B eine bijektive Abbildung. Nach Lemma 7.(a) haben wir einen Einsetzungshomomorphismus φ : K[T ] L mit φ K = id K und φ T = f. Die Menge B ist genau dann algebraisch unabhängig, wenn φ injektiv ist, und in diesem Fall setzt sich φ zu einem Isomorphismus Φ : K(T ) K(B) L über K fort. Ist insbesondere L K rein transzendent mit Transzendenzbasis B, so ist L über K isomorph zu K(T ). Beweis: Zunächst sei B als algebraisch unabhängig vorausgesetzt. Sei p K[T ]. Dann existiert eine endliche Menge S T von Variablen mit p K[S]. Schreiben wir S = {s 1,..., s n }, so sind die Elemente f(s 1 ),..., f(s n ) B paarweise verschieden also algebraisch unabhängig. Ist p = α N a n α s α, so definiere p := α N a n α x α 7-3

4 K[x 1,..., x n ]\{}, und es gilt φ(p) = p(f(s 1 ),..., f(s n )). Damit ist der Einsetzungshomomorphismus φ injektiv. Nun sei umgekehrt φ als injektiv vorausgesetzt. Da K(B) ein Körper ist, setzt sich φ dann zu einem Isomorphismus Φ : K(T ) K(B) des Quotientenkörpers K(T ) von K[T ] fort. Wegen φ(t ) = B ist B nach Lemma 8.(b) in K(B), und damit auch in L, über K algebraisch unabhängig. Damit haben wir die rein transzendenten Erweiterungen in gewissen Sinne beschrieben, sie sind eindeutig durch die Transzendenzbasis B und den Grundkörper K bestimmt. Zum Abschluß dieses Paragraphen werden wir nun einsehen, dass jede Körperweiterung realisiert werden kann, indem wir zuerst eine rein transzendente Erweiterung durchführen und dieser eine algebraische Erweiterung folgen lassen. Wie wie sehen werden, ist dies in vielerlei Hinsicht ähnlich zum Beweis der Existenz von Basen in der linearen Algebra. Letzterer Beweis erfolgte in zwei Schritten, zuerst wurde gezeigt das die Basen eines Vektorraums V genau die maximalen, linear unabhängigen Teilmengen von V sind, und dann wurde bewiesen das es immer solche maximalen, linear unabhängigen Mengen gibt. Zum Beweis dieser Tatsache wurde dann das folgende Lemma verwendet: Lemma von Zorn: Sei (Ω, ) eine partiell geordnete Menge mit Ω. Für jede total geordnete Teilmenge = Λ Ω existiere ein ω Ω mit λ ω für alle λ Λ. Dann enthält (Ω, ) maximale Elemente. Meist ist Ω dabei eine durch Inklusion geordnete Familie von Mengen, und die oberen Schranken total geordneter Teilmengen findet man durch Bilden der Vereinigung. Lemma 4.1 (Maximale algebraisch unabhängige Mengen) Seien L K ein Körpererweiterung und A L über K algebraisch unabhängig. (a) Es existiert eine maximale algebraisch unabhängige Teilmenge B L mit A B. (b) Genau dann ist A eine maximale algebraisch unabhängige Teilmenge von L, wenn die Erweiterung L K(A) algebraisch ist. Beweis: (a) Betrachte die Menge M := {B L A B, B ist algebraisch unabhängig über K}. Wegen A M ist M. Ist N M eine Kette, so liegt jede endliche Teilmenge von N L in einem Element von N, und ist somit algebraisch unabhängig. Also ist auch N algebraisch unabhängig mit A N. Nach dem Lemma von Zorn enthält M ein maximales Element, und dieses ist offenbar auch eine maximale algebraisch unabhängige Teilmenge von L. (b) Zunächst nehme an, dass L K(A) nicht algebraisch ist. Dann existiert ein über K(A) transzendentes Element a L. Insbesondere ist a / K(A), also auch a / A. 7-4

5 Wir behaupten, dass auch A {a} über K algebraisch unabhängig ist. Hierzu ist zu zeigen, dass für alle paarweise verschiedenen a 1,..., a n A das Tupel a 1,..., a n, a über K algebraisch unabhängig ist. Wegen K(a 1,..., a n ) K(A) ist a transzendent über K(a 1,..., a n ) und da A algebraisch unabhängig ist, sind a 1,..., a n über K algebraisch unabhängig. Nach Lemma 6.(a) sind auch a 1,..., a n, a über K algebraisch unabhängig, d.h. A {a} ist über K algebraisch unabhängig. Damit ist A nicht maximal algebraisch unabhängig. Nun nehme an, dass die Erweiterung L K(A) algebraisch ist. Sei a L\A. Wir müssen zeigen, dass A {a} nicht algebraisch unabhängig ist. Da L K(A) algebraisch ist, existiert ein Polynom p K(A)[x] mit p(a) =. Da in p nur endlich viele von Null verschiedene Koeffizienten vorkommen, gibt es paarweise verschiedene a 1,..., a n A mit p K(a 1,..., a n )[x], d.h. a ist auch über K(a 1,..., a n ) algebraisch. Damit sind aber a 1,..., a n, a nach Lemma 6.(a) nicht über K algebraisch unabhängig. Somit ist A {a} nicht algebraisch unabhängig. Satz 4.11 (Zerlegung von Körpererweiterungen) Sei L K eine Körpererweiterung. Dann existiert ein Zwischenkörper F dieser Erweiterung so, dass F K rein transzendent und L F algebraisch sind. Beweis: Nach Lemma 1.(a) existiert eine maximale, algebraisch unabhängige Teilmenge B L. Dann ist F := K(B) L eine rein transzendente Erweiterung von K, und nach Lemma 1.(b) ist L F algebraisch. Es stellt sich natürlich die Frage wieweit die Erweiterung L K auch die Isomorphietypen der beiden Erweiterungen L F und F K festlegt. Für den algebraischen Teil gibt es da keine große Hoffnung, wir hatten ja zum Beispiel gesehen, dass es in der einfach transzendenten Erweiterung L = K(t) Zwischenkörper F = K(f) gibt so, dass f transzendent über K ist, und K(t) K(f) eine endliche algebraische Erweiterung ist, deren Grad wir beliebig vorgeben können. Zum Glück ist zumindest die rein transzendente Erweiterung F K bis auf Isomorphie eindeutig. Die über K rein transzendenten Zwischenkörper F der Erweiterung L K haben die Form F = K(B) mit einer algebraisch unabhängigen Menge B L, und nach Lemma 6.(d) ist L F genau dann algebraisch wenn B maximal ist. Die Transzendenzbasen unserer Zwischenkörper sind also genau die maximal algebraisch unabhängigen Teilmengen von L über K. Wir werden zeigen, dass all diese Mengen bereits gleichmächtig sind. 7-5

6 5 Der Transzendenzgrad Wir wollen einsehen, dass je zwei maximale, algebraisch unabhängige Teilmengen in einer Körpererweiterung L K gleichmächtig sind. Dies ist weitgehend analog zum Beweis der Tatsache das je zwei Basen eines Vektorraums gleichmächtig sind. Wie in der linearen Algebra behandelt man zunächst den endlichen Fall, und verwendet hierzu den sogenannten Steinitzschen Austauschsatz. Dieser ist tatsächlich der originale Steinitzsche Austauchsatz, derjenige der linearen Algebra ist dem Austauschsatz für algebraisch unabhängige Mengen nachempfunden worden. Lemma 5.1 (Steinitzscher Austauschsatz) Sei L K eine Körpererweiterung. Sind dann n, m N mit m n und x 1,..., x n L, y 1,..., y m L jeweils über K algebraisch unabhängig, so existieren 1 i 1 <... < i m n so, dass auch x 1,..., x i1,..., x im,..., x n, y 1,..., y m über K algebraisch unabhängig sind, man kann also geeignete der x i gegen die y j austauschen ohne algebraisch abhängig zu werden. Beweis: Dies beweisen wir durch Induktion nach m, wobei der Fall m = klar ist. Nun sei m 1, und die Aussage gelte für m 1. Nach eventueller Umnumerierung von x 1,..., x n können wir dann annehmen, dass y 1,..., y m 1, x m,..., x n über K algebraisch unabhängig sind. Dann können zwei verschiedene Fälle auftreten. Fall 1. Das Element y m L ist über K(y 1,..., y m 1, x m,..., x n ) transzendent. Nach 4.Lemma 6.(a) sind dann auch y 1,..., y m 1, x m,..., x n, y m über K algebraisch unabhängig, und somit sind auch y 1,..., y m, x m+1,..., x n über K algebraisch unabhängig. Fall 2. Das Element y m L ist über K(y 1,..., y m 1, x m,..., x n ) algebraisch. Dann sind y 1,..., y m, x m,..., x n nach 4.Lemma 6.(a) über K algebraisch abhängig, und da y 1,..., y m über K algebraisch unabhängig sind, gibt es nach 4.Lemma 6.(b) einen Index m i n so, dass das Element x i L über K(y 1,..., y m, x m,..., x i,..., x n ) algebraisch ist. Nach einer eventuellen weiteren Umnumerierung können wir dabei i = m annehmen, d.h. x m L ist algebraisch über K(y 1,..., y m, x m+1,..., x n ). Angenommen y 1,..., y m, x m+1,..., x n wären über K algebraisch abhängig. Da aber y 1,..., y m 1, x m+1,..., x n über K algebraisch unabhängig sind, muss y m dann nach 4.Lemma 6.(a) über K(y 1,..., y m 1, x m+1,..., x n ) algebraisch sein, und damit ist K(y 1,..., y m, x m+1,..., x n ) = K(y 1,..., y m 1, x m+1,..., x n )(y m ) eine algebraische Erweiterung von K(y 1,..., y m 1, x m+1,..., x n ). Da aber x m algebraisch über dem Zwischenkörper K(y 1,..., y m, x m+1,..., x n ) ist, ist x m auch algebraisch über dem Körper K(y 1,..., y m 1, x m+1,..., x n ), d.h. nach 4.Lemma 6.(a) sind y 1,..., y m 1, x m,..., x n algebraisch abhängig über K, und wir haben einen Widerspruch. Dieser Widerspruch zeigt, dass y 1,..., y m, x m+1,..., x n tatsächlich über K algebraisch unabhängig sind. Damit haben wir die Aussage auch für m + 1 bewiesen, und der Steinitzsche Austauschsatz ist damit vollständig bewiesen. 7-6

7 Wie in der linearen Algebra folgt nun unsere angestrebte Eindeutigkeit der Mächtigkeit einer maximalen algebraisch unabhängigen Teilmenge im endlichen Fall. Lemma 5.2: Sei L K eine Körpererweiterung und es gebe eine endliche, maximale, algebraisch unabhängige Teilmenge A von L über K. Schreibe n := A. Dann ist für jede über K algebraisch unabhängige Teilmenge B L auch B n und genau dann ist B maximal wenn B = n ist. Beweis: Sei B L über K algebraisch unabhängig. Wäre B > n, so könnten wir paarweise verschiedene Elemente x 1,..., x n+1 B wählen, und nach dem Steinitzschen Austauschsatz Lemma 1 könnten wir A um eines dieser Elemente zu einer weiterhin algebraisch unabhängigen Menge erweitern, im Widerspruch zur Maximalität von A. Damit ist B n. Ist B < n, so können wir wieder nach Lemma 1 die Menge B durch einige der Elemente von A zu einer weiterhin algebraisch unabhängigen Menge erweitern, und insbesondere ist B nicht maximal. Ist dagegen B = n, so liegt B nach 4.Lemma 1.(a) in einer maximalen, algebraisch unabhängigen Menge B, und da wir bereits B n wissen, ist B = B selbst maximal. Insbesondere haben wir damit gezeigt, dass rationale Funktionenkörper K(t 1,..., t n ) und K(t 1,..., t m ) für n m nicht über K isomorph sein können. Wir wollen das eben bewiesene Lemma nun auf unendliche Mengen ausdehnen. Auch dieser Beweis ist sehr ähnlich zur entsprechenden Eindeutigkeit der Mächtigkeit einer Basis von Vektorräumen, an die wir zum Aufwärmen noch einmal kurz vorführen werden. Wir brauchen dazu einige kleine Tatsachen über unendliche Mengen, die wir zunächst bereitstellen werden. 7-7