Diskriminante quadratfrei < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:10 Mo 24.01.2011 | | Autor: | Arcesius |
Hallo!
Ich habe ein kleines Verständnisproblem.. es geht um folgendes:
Sei K ein Zahlkörper von Grad d. Sei [mm](x_{1},...,x_{d})[/mm] eine [mm]\mathbb{Z}[/mm]-Basis von [mm]\mathbb{Z}_{K}[/mm].
Dann wird die Diskriminante von K definiert als [mm]\triangle_{K} = \triangle_{K/\mathbb{Q}}(x_{1},...,x_{d}) = det(tr(x_{i}x_{j}))_{1\le i,j \le d}[/mm]
Gut.. Jetzt ist ja ne Übergangsmatrix zwischen zwei Basen in [mm]GL(\mathbb{Z})[/mm] und hat Determinante [mm]\pm 1[/mm] und somit quadratfrei.. damit kann man einiges machen.
Jedoch verstehe ich nun etwas nicht. Wenn man eine quadratfreie Diskriminante erhält, so kann man daraus schliessen, dass es ein primitives Element [mm]\alpha[/mm] gibt, so dass [mm]\mathbb{Z}_{K} = \mathbb{Z}\left[\alpha\right][/mm]. Dazu seien [mm](y_{1},...,y_{d})[/mm] und [mm](x_{1},...,x_{d})[/mm] zwei Tupel in [mm]K^{d}[/mm].
Dann gilt: [mm]\triangle_{K}(y_{1},...,y_{d}) \underset{def}{=} det(A)^{2} \triangle_{K}(x_{1},...,x_{d}) \underset{(1)}{=} \left[\mathbb{Z}_{K}:\mathbb{Z}\left[\alpha\right]\right]^{2}\triangle_{K}(x_{1},...,x_{d})[/mm]
Was ich nicht verstehe ist [mm](1)[/mm]. Wieso kann man [mm]det(A)^{2}[/mm], wobei [mm]A[/mm] eine Übergangsmatrix ist, durch den Grad [mm]\left[\mathbb{Z}_{K}:\mathbb{Z}\left[\alpha\right]\right]^{2}[/mm] ersetzen? Also was hat dieser Index mit der Determinante einer Matrix zu tun?
Danke im Voraus für eure Zeit :)
Grüsse, Amaro
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:16 Mi 26.01.2011 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
Also ich weiss, dass meine Frage sich durch die Theorie der endlich erzeugten [mm] $\mathbb{Z}$-Moduln [/mm] beantworten lässt.. aber ich seh da selber keine Lösung..
Grüsse, Amaro
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:01 Mi 26.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
Das war jetzt ein bisschen verwirrend. Kann es sein, dass du folgendes zeigen willst:
Ist $K = [mm] \IQ(\alpha)$ [/mm] ein Zahlkoerper, [mm] $\alpha$ [/mm] ganz ueber [mm] $\IZ$ [/mm] und ist [mm] $Disc_{K/\IQ}(\alpha)$ [/mm] quadratfrei, dann ist [mm] $\IZ_K [/mm] = [mm] \IZ[\alpha]$.
[/mm]
Das kann man naemlich recht einfach mit der Theorie der endlich erzeugten [mm] $\IZ$-Moduln [/mm] zeigen.
Bei allgemeinen Zahlkoerpern ist die Existenz eines solchen [mm] $\alpha$ [/mm] alles andere als einfach zu zeigen; solche Zahlkoerper heissen uebrigens ![[]](/images/popup.gif) monogenic. Der Zahlkoerper [mm] $\IQ[x] [/mm] / [mm] (x^3 [/mm] + [mm] x^2 [/mm] - 2 x + 8)$ hat etwa die Diskriminante -503 (quadratfrei), jedoch ist er nicht monogen (das ist das Beispiel von Dedekind aus dem Link). Deswegen stimmt die Aussage nicht, dass aus quadratfreier Diskriminante folgt, dass der Zahlkoerper monogen ist, und ich vermute dass du eher die oben genannte Aussage meinst.
Nun zu der von mir formulierten Aussage. Diese stimmt so, denn:
Du hast naemlich [mm] $Disc_{K/\IQ}(\alpha) [/mm] = [mm] [\IZ_K [/mm] : [mm] \IZ[\alpha]]^2 \cdot Disc_{K/\IQ}(\IZ_K)$ [/mm] (wobei [mm] $Disc_{K/\IQ}(\alpha)$ [/mm] die Diskriminante der Basis $1, [mm] \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{d - 1}$ [/mm] ist, falls $d = [K : [mm] \IQ]$). [/mm] Da [mm] $Disc_{K/\IQ}(\IZ_K)$ [/mm] quadratfrei ist und alle beteiligten Zahlen ganz sind, muss [mm] $[\IZ_K [/mm] : [mm] \IZ[\alpha]] [/mm] = 1$ sein, was [mm] $\IZ_K [/mm] = [mm] \IZ[\alpha]$ [/mm] bedeutet.
Das hat auch Aehnlichkeit mit den Argumenten aus deiner Frage 
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:04 Mi 26.01.2011 | | Autor: | Arcesius |
Hallo Felix!
> Moin!
>
> Das war jetzt ein bisschen verwirrend. Kann es sein, dass
> du folgendes zeigen willst:
> Ist [mm]K = \IQ(\alpha)[/mm] ein Zahlkoerper, [mm]\alpha[/mm] ganz ueber [mm]\IZ[/mm]
> und ist [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha)[/mm] quadratfrei, dann ist [mm]\IZ_K = \IZ[\alpha][/mm].
>
Genau das ist meine Frage :)
> Das kann man naemlich recht einfach mit der Theorie der
> endlich erzeugten [mm]\IZ[/mm]-Moduln zeigen.
> Nun zu der von mir formulierten Aussage. Diese stimmt so,
> denn:
>
> Du hast naemlich [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha) = [\IZ_K : \IZ[\alpha]]^2 \cdot Disc_{K/\IQ}(\IZ_K)[/mm]
> (wobei [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha)[/mm] die Diskriminante der Basis [mm]1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{d - 1}[/mm]
> ist, falls [mm]d = [K : \IQ][/mm]). Da [mm]Disc_{K/\IQ}(\IZ_K)[/mm]
> quadratfrei ist und alle beteiligten Zahlen ganz sind, muss
> [mm][\IZ_K : \IZ[\alpha]] = 1[/mm] sein, was [mm]\IZ_K = \IZ[\alpha][/mm]
> bedeutet.
Ja, dies kann ich so auch folgern. Das ist allerdings nicht ganz mein Problem.. ;)
Die Gleichung ist ja per Definition [mm] $Disc_{K/\mathbb{Q}}(\alpha) [/mm] = [mm] det(A)^{2}\cdot Disc_{K/\mathbb{Q}}(\mathbb{Z}_{K})$, [/mm] wobei $A$ eine Übergangsmatrix ist.
Was ich nicht sehe ist der Zusammenhang zwischen $det(A)$ und [mm] $\left[\mathbb{Z}_{K}:\mathbb{Z}\left[\alpha\right]\right]$
[/mm]
Ich vermute, dass ich für die Gleichheit hier die Theorie der endlich erzeugten [mm] $\mathbb{Z}$-Moduln [/mm] brauche, wie du dies oben erwähnt hast.. allerdings sehe ich dies nicht einfach so.. kannste das vielleicht erleutern? :)
Danke für die Hilfe!
Grüsse, Amaro
>
> Das hat auch Aehnlichkeit mit den Argumenten aus deiner
> Frage
>
> LG Felix
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:10 Mi 26.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Das war jetzt ein bisschen verwirrend. Kann es sein, dass
> > du folgendes zeigen willst:
> > Ist [mm]K = \IQ(\alpha)[/mm] ein Zahlkoerper, [mm]\alpha[/mm] ganz ueber
> [mm]\IZ[/mm]
> > und ist [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha)[/mm] quadratfrei, dann ist [mm]\IZ_K = \IZ[\alpha][/mm].
>
> Genau das ist meine Frage :)
Gut :)
>
> > Das kann man naemlich recht einfach mit der Theorie der
> > endlich erzeugten [mm]\IZ[/mm]-Moduln zeigen.
>
> > Nun zu der von mir formulierten Aussage. Diese stimmt so,
> > denn:
> >
> > Du hast naemlich [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha) = [\IZ_K : \IZ[\alpha]]^2 \cdot Disc_{K/\IQ}(\IZ_K)[/mm]
> > (wobei [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha)[/mm] die Diskriminante der Basis [mm]1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{d - 1}[/mm]
> > ist, falls [mm]d = [K : \IQ][/mm]). Da [mm]Disc_{K/\IQ}(\IZ_K)[/mm]
> > quadratfrei ist und alle beteiligten Zahlen ganz sind, muss
> > [mm][\IZ_K : \IZ[\alpha]] = 1[/mm] sein, was [mm]\IZ_K = \IZ[\alpha][/mm]
> > bedeutet.
>
> Ja, dies kann ich so auch folgern. Das ist allerdings nicht
> ganz mein Problem.. ;)
>
> Die Gleichung ist ja per Definition
> [mm]Disc_{K/\mathbb{Q}}(\alpha) = det(A)^{2}\cdot Disc_{K/\mathbb{Q}}(\mathbb{Z}_{K})[/mm],
> wobei [mm]A[/mm] eine Übergangsmatrix ist.
Und zwar ist $A$ eine Uebergangsbasis von irgendeiner [mm] $\IZ$-Basis [/mm] von [mm] $\IZ_K$ [/mm] zu einer [mm] $\IZ$-Basis [/mm] von [mm] $\IZ[\alpha]$ [/mm] (eine einfache ist $1, [mm] \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{d-1}$).
[/mm]
> Was ich nicht sehe ist der Zusammenhang zwischen [mm]det(A)[/mm] und
> [mm]\left[\mathbb{Z}_{K}:\mathbb{Z}\left[\alpha\right]\right][/mm]
>
> Ich vermute, dass ich für die Gleichheit hier die Theorie
> der endlich erzeugten [mm]\mathbb{Z}[/mm]-Moduln brauche, wie du
> dies oben erwähnt hast.. allerdings sehe ich dies nicht
> einfach so.. kannste das vielleicht erleutern? :)
Du kannst [mm] $\IZ_K$ [/mm] ja als $d$-dimensionales Gitter auffassen, und [mm] $\IZ[\alpha]$ [/mm] ist ein Untergitter. Sei $A$ eine Beschreibung einer Basis von [mm] $\IZ_K$ [/mm] in Bezug zu einer Basis von [mm] $\IZ[\alpha]$; [/mm] dann ist $A$ gerade so eine Basiswechselmatrix wie oben.
Nach dem Elementarteilersatz gibt es eine [mm] $\IZ$-Basis $v_1, \dots, v_d$ [/mm] von [mm] $\IZ[\alpha]$ [/mm] und natuerliche Zahlen [mm] $n_1, \dots, n_d$, [/mm] so dass [mm] $n_1 v_1, \dots, n_d v_d$ [/mm] eine $IZ$-Basis von [mm] $\IZ_K$ [/mm] ist. Die Matrix $A$ ist in diesem Fall eine Diagonalmatrix mit den Diagonaleintraegen [mm] $n_1, \dots, n_d$.
[/mm]
Hieraus siehst du: [mm] $[IZ_K [/mm] : [mm] \IZ[\alpha]] [/mm] = [mm] \prod_{i=1}^d n_i [/mm] = [mm] \det [/mm] A = [mm] |\det [/mm] A|$.
Ein "allgemeines" $A$ (was von allgemeineren Basen von [mm] $\IZ_K$ [/mm] und [mm] $\IZ[\alpha]$ [/mm] kommt) entsteht durch Multiplikation von passenden Basiswechselmatrizen -- die haben jeweils Determinante [mm] $\pm [/mm] 1$. Deswegen gilt auch hier [mm] $|\det [/mm] A| = [mm] [\IZ_K [/mm] : [mm] \IZ[\alpha]]$. [/mm] (Eine moegliche Diagonalform von $A$ erhaelt man z.B. durch Berechnung der Smith Normal Form.)
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:48 Sa 12.02.2011 | | Autor: | Arcesius |
Hallo Felix
> Moin!
>
> Das war jetzt ein bisschen verwirrend. Kann es sein, dass
> du folgendes zeigen willst:
> Ist [mm]K = \IQ(\alpha)[/mm] ein Zahlkoerper, [mm]\alpha[/mm] ganz ueber [mm]\IZ[/mm]
> und ist [mm]Disc_{K/\IQ}(\alpha)[/mm] quadratfrei, dann ist [mm]\IZ_K = \IZ[\alpha][/mm].
>
Also ganz wichtig, [mm] $\alpha$ [/mm] ganz über [mm] $\mathbb{Z}$$..
[/mm]
> Bei allgemeinen Zahlkoerpern ist die Existenz eines solchen
> [mm]\alpha[/mm] alles andere als einfach zu zeigen; solche
> Zahlkoerper heissen uebrigens
> monogenic. Der
> Zahlkoerper [mm]\IQ[x] / (x^3 + x^2 - 2 x + 8)[/mm] hat etwa die
> Diskriminante -503 (quadratfrei), jedoch ist er nicht
> monogen (das ist das Beispiel von Dedekind aus dem Link).
Ja, das hab ich sogar mal bewiesen.. aber was genau meinst du mit "allgemeinen" Zahlkörpern? [mm] $\alpha$ [/mm] ist hier offenbar auch ganz über [mm] $\mathbb{Z}$. [/mm]
Die diskriminante bezüglich der Basis $1$, [mm] $\alpha$, $\alpha^{2}$ [/mm] ist aber [mm] $-2^{2}\cdot503$. [/mm] Ist darum der Körper nicht monogensch?
Also nochmals die konkrete Frage.. was ist wirklich die nötige Voraussetzung, dass ein Körper monogensch ist? Ganzheit des primitiven Elements und quadratfreie Diskriminante bezüglich einer Potenzbasis?
> LG Felix
>
Grüsse, Amaro
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:30 Sa 12.02.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Amaro,
> > Bei allgemeinen Zahlkoerpern ist die Existenz eines solchen
> > [mm]\alpha[/mm] alles andere als einfach zu zeigen; solche
> > Zahlkoerper heissen uebrigens
> > monogenic. Der
> > Zahlkoerper [mm]\IQ[x] / (x^3 + x^2 - 2 x + 8)[/mm] hat etwa die
> > Diskriminante -503 (quadratfrei), jedoch ist er nicht
> > monogen (das ist das Beispiel von Dedekind aus dem Link).
>
> Ja, das hab ich sogar mal bewiesen.. aber was genau meinst
> du mit "allgemeinen" Zahlkörpern? [mm]\alpha[/mm] ist hier offenbar
> auch ganz über [mm]\mathbb{Z}[/mm].
> Die diskriminante bezüglich der Basis [mm]1[/mm], [mm]\alpha[/mm],
> [mm]\alpha^{2}[/mm] ist aber [mm]-2^{2}\cdot503[/mm]. Ist darum der Körper
> nicht monogensch?
Da schaust du am besten in die Literatur (siehe unten); dort findest du sicher einen Beweis dazu.
> Also nochmals die konkrete Frage.. was ist wirklich die
> nötige Voraussetzung, dass ein Körper monogensch ist?
> Ganzheit des primitiven Elements und quadratfreie
> Diskriminante bezüglich einer Potenzbasis?
Nun, das sind hinreichende Voraussetzungen. Notwendig sind die nicht.
Wnen ich die Frage richtig beantworten koennte, waer das Thema kein Gebiet der aktuellen Forschung mehr  Du kannst ja z.B. mal in das Buch Diophantine Equations and Power Integral Bases schauen (wurde im Wikipedia-Artikel drauf verwiesen), dort findest du sicher ein paar mehr Aussagen. Das Buch findest du z.B. in der mathematischen Bibliothek der ETH (Signatur C 4.33), es ist momentan auch nicht verliehen.
LG Felix
|
|
|
|
