Blatt 11, Aufgabe 5 Wegen meiner Unzufriedenheit mit meiner

Blatt 11, Aufgabe 5
Wegen meiner Unzufriedenheit mit meiner Lösung von Aufgabe 11.5 in der Übung vom
26.1. soll es hier noch eine besser sortierte Lösung geben.
Dabei habe ich eigentlich nur an einer Stelle wirklich etwas aus der Vorlesung gebraucht,
wenn ich da mehr benutzt hätte (insbesondere Satz 4.3.7 habe ich mir verkniffen, den gab
es ja letzte Woche Montag noch nicht), wäre die Lösung kürzer ausgefallen.
Vorab: Eine quadratfreie natürliche Zahl ist eine natürliche Zahl, die kein Vielfaches einer
Quadratzahl > 1 ist. Das sind genau die Zahlen, die sich als Produkt von paarweise
verschiedenen Primzahlen schreiben lassen:
1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, . . .
Eine quadratfreie Zahl d > 1 hat in Q keine Quadratwurzel. Das sieht man aus der
Eindeutigkeit der Primzerlegung, oder man benutzt Eisenstein und Gauß.
Wir sortieren nun die Primzahlen der Größe nach:
p1 < p2 < p3 < . . . .
Außerdem sei für n ∈ N0 der Körper Kn gegeben als
√ √
√
Kn := Q( p1 , p2 , . . . , pn ).
√
Dabei meine ich hier mit · immer die positive Quadratwurzel, es wird auch nur aus
positiven Zahlen eine Wurzel gezogen. Es gilt
Q = K 0 ⊆ K1 ⊆ K2 ⊆ . . .
Der Körper L vom Aufgabenblatt ist dann
[
L=
Kn .
n∈N
a) Hier zeige ich, dass Kn als Q -Vektorraum von den Quadratwurzeln derjenigen quadratfreien Zahlen erzeugt wird, deren Primteiler nicht größer sind als pn . Wir bezeichnen
die Menge dieser quadratfreien Zahlen mit
Dn := {d ∈ N | d quadratfrei, [P 3 p | d ⇒ p ≤ pn ]}.
√
√
1
)
und
auch
für
n
=
1
(
Q(
2) =
Die √Behauptung
ist
klar
für
n
=
0
,
(
Q
=
Q
·
√
Q · 1 + Q · 2 ). Wir machen nun Induktion nach n . Wenn die Behauptung für ein n
richtig ist, dann gilt immer noch
√
Kn+1 = Kn ( pn+1 )
√
=
Kn + Kn · pn+1
√ P
√ √
P
=
Q· d +
d · pn+1
d∈Dn Q ·
Pd∈Dn
p =
d˜ .
˜ n+1 Q ·
d∈D
Daher erzeugen die Quadratwurzeln aller quadratfreien Zahlen die Vereinigung aller Kn ,
also L .
b) Hier muss man vor allem zeigen, dass niemals Kn = Kn+1 gilt, sondern immer eine
quadratische Erweiterung vorliegt.
Ich nehme an, es gebe ein n ≥ 0 , sodass
Kn = Kn+1 .
√
√
Sei n hierbei minimal gewählt. Dann schreibe ich pn+1 = x + y pn , x, y ∈ Kn−1 und
mache den folgenden Schritt: Weil Kn−1 ⊆ Kn eine quadratische Erweiterung ist, gibt es
einen Automorphismus σ ∈ Aut(Kn |Kn−1 ) mit
√
√
σ(x + y pn ) = x − pn .
Da dies wieder ein Quadratwurzel von pn+1 sein muss, folgt
√
√
x − y pn = ±(x + y pn ).
√
Das erzwingt (wegen linearer Unabhängigkeit von 1, pn
x = 0 oder y = 0.
Im zweiten Fall ist
√
pn+1 ∈ Kn−1 , im ersten Fall ist
√
√
pn+1 · pn = y · pn ∈ Kn−1 .
In beiden Fällen haben wir ein Element α ∈ Kn−1 , dessen Quadrat in Q liegt und eine
√
√
quadratfreie Zahl > 1 ist: im ersten Fall pn pn+1 , im zweiten Fall pn+1 .
Wieder sieht man mithilfe eines Automorphismus, dass es entweder in Kn−2 oder in
√
Kn−2 · pn−1 liegt. Auf diese Art hangelt man sich immer weiter herunter und kommt
am Ende bei einer Zahl α ∈ K0 = Q an, deren Quadrat eine quadratfreie Zahl 6= 1 in N
ist. Aber da hatte ich eingangs schon gesagt, dass es die nicht gibt.
Das zeigt tatsächlich insgesamt, dass Kn ⊆ Kn+1 immer Grad 2 hat.
Nun nehmen wir uns die Folge ε(p), p ∈ P, wie in der Aufgabenstellung.
Wir basteln das gewünschte σ , indem wir den Turm“
”
K1 ⊂ K2 ⊂ K3 ⊂ . . .
immer höher hochklettern.
Dazu definieren wir sukzessive Automorphismen σn ∈ Aut(Kn |Q), die auf den in Kn
liegenden Quadratwurzeln von Primzahlen das Gewünschte leisten.
Auf K1 ist σ1 gegeben durch
√
√
σ1 (a + b 2) = a + ε(2)b 2, a, b ∈ Q.
Das ist für beide Möglichkeiten von ε(2) tatsächlich ein Automorphismus.
Wenn nun σn : Kn → Kn gegeben ist, dann setzen wir
√
√
σn+1 : Kn+1 → Kn+1 , σn+1 (x+y pn+1 ) := σn (x)+ε(pn+1 )σn (y) pn+1 , wobei x, y ∈ Kn .
√
Da pn+1 nicht in Kn liegt, ist das jedenfalls wohldefiniert und Q -linear. Wir müssen
noch die Multiplikativität nachweisen. Dazu seien x, y, s, t ∈ Kn .
√
√
σn+1 (x + y pn+1 ) · (s + t pn+1 )
√
= σn+1 xs + ytpn+1 + (xt + ys) pn+1
√
= σn (xs + ytpn+1 ) + ε(pn+1 )σn (xt + ys) pn+1 )
√
√
= (σn (x) + ε(pn+1 )σn (y) pn+1 ) · (σn (s) + ε(pn+1 )σn (t) pn+1 )
√
√
= σn+1 (x + y pn+1 ) · σn+1 (s + t pn+1 ).
Damit ist tatsächlich σn+1 ein Automorphismus von Kn+1 .
Wir können nun diese σn , n ∈ N, benutzen, um auf ganz L einen Automorphismus
anzugeben. Wir setzen
σ : L → L, σ(x) := σn (x), falls x ∈ Kn .
Da jedes x ∈ L in einem Kn liegt und für n ≤ m auch σm |Kn = σn gilt, ist diese
Abbildung σ wohldefiniert und natürlich auch ein Automorphismus. Er tut genau das,
was wir wollen sollten.
c) Es sei Q der algebraische Abschluss von Q.
Der Automorphismus σ von L aus Aufgabenteil b) gibt – komponiert mit der Einbettung
von L nach Q – einen Homomorphismus von L nach Q. Dieser lässt sich mit Folgerung
4.3.3 zu einem Automorphismus von Q fortsetzen. Verschiedene σ s haben dabei auch
verschiedene Fortsetzungen.
Daher hat Q mindestens so viele Automorphismen, wie es σ s gibt. Deren gibt es überabzählbar viele, denn so viele Möglichkeiten haben wir, die Vorzeichen ε(p), p ∈ P, vorzugeben.