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| Aufgabe | Sei A ein Hauptidealring mit Quotientenkörper K. L/K sei endlich separabel. Mit B bezeichnen wir den ganzen Abschluss von A in L.
Behauptung: Für x [mm] \in [/mm] B gilt: [mm] Tr_{L/K}(x)\in [/mm] A. |
Hallo,
also diese Behauptung wird in mehreren Beweisen meiner Algebra Vorlesung benutzt, ohne sie jemals begründet zu haben. Und ich selbst kann es auch nicht begründen. Habe ich das überhaupt richtig gesehen oder ist die Behauptung schon falsch?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:33 So 09.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei A ein Hauptidealring mit Quotientenkörper K. L/K sei
> endlich separabel. Mit B bezeichnen wir den ganzen
> Abschluss von A in L.
> Behauptung: Für x [mm]\in[/mm] B gilt: [mm]Tr_{L/K}(x)\in[/mm] A.
> Hallo,
>
> also diese Behauptung wird in mehreren Beweisen meiner
> Algebra Vorlesung benutzt, ohne sie jemals begründet zu
> haben. Und ich selbst kann es auch nicht begründen. Habe
> ich das überhaupt richtig gesehen oder ist die Behauptung
> schon falsch?
Die Behauptung stimmt sehr wohl. Es reicht sogar voellig aus, dass $A$ ganz abgeschlossen in $K$ ist (also $A$ normalisiert ist).
Sei [mm] $\overline{L}$ [/mm] ein alg. Abschluss von $L$ und seien [mm] $\sigma_1, \dots, \sigma_n [/mm] : L [mm] \to \overline{L}$ [/mm] alle $K$-Einbettungen. Dann ist [mm] $Tr_{L/K}(x) [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^n \sigma_i(x)$.
[/mm]
Jetzt sind alle [mm] $\sigma_i(x)$ [/mm] ganz ueber $A$, womit auch [mm] $Tr_{L/K}(x) [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^n \sigma_i(x)$ [/mm] ganz ueber $K$ ist. Jedoch ist [mm] $Tr_{L/K}(x) \in [/mm] K$. Da $A$ ganz abgeschlossen in $K$ ist, ist damit jedoch [mm] $Tr_{L/K}(x) \in [/mm] A$.
Wie du sehen kannst, wichtig ist (fuer diesen Beweis):
* $A$ ist ganz abgeschlossen in $K$;
* $L/K$ ist separabel.
Dabei ist die Bedingung, dass $A$ ganz abgeschlossen in $K$ ist, ganz wichtig:
Sei $K = L = [mm] \IQ(\sqrt{-3})$. [/mm] Und $A = [mm] \IZ[\sqrt{-3}]$; [/mm] das ist nicht ganz abgeschlossen in $L$. Es ist $B = [mm] \IZ[(1 [/mm] + [mm] \sqrt{-3})/2]$, [/mm] und die Spur von $(1 + [mm] \sqrt{-3})/2$ [/mm] ist natuerlich $(1 + [mm] \sqrt{-3})/2$ [/mm] selber, liegt also nicht in $A$. Die Voraussetzung, dass $A$ ganz abgeschlossen in $K$ ist, ist also nicht gerade unwichtig 
Das Beispiel kannst du auch verallgemeiern: sei etwa $L$ irgendeine endliche Erweiterung von $K$, die ungeraden Grad ueber $K = [mm] \IQ(\sqrt{-3})$ [/mm] hat. Nimm wieder die Spur von $(1 + [mm] \sqrt{-3})/2$; [/mm] diese ist $[L : K] [mm] \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}$, [/mm] und das liegt immer noch nicht in $A = [mm] \IZ[\sqrt{-3}]$, [/mm] da $[L : K]$ ungerade ist.
Die Bedingung, dass $L/K$ separabel ist, ist dagegen nicht ganz so wichtig. Man kann zeigen: $L/K$ ist genau dann separabel, wenn es ein Element [mm] $\gamma \in [/mm] L$ gibt mit [mm] $Tr_{L/K}(x) \neq [/mm] 0$. Wenn also $L/K$ nicht separabel ist, dann ist die Spur eh immer 0, und 0 liegt immer in $A$. Das ist allerdings recht langweilig 
LG Felix
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