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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Kähler-Differentiale und separabel erzeugte Körpererweiterungen
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Universität/Hochschule J Kähler-Differentiale und separabel erzeugte Körpererweiterungen
Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Hi,

es sei $K/k$ eine separabel erzeugte Körpererweiterung, d.h. es gibt einen Zwischenkörper $K^{\mathrm{tr}} = k(t_1, \dots, t_n)$, sodass $K^{\mathrm{tr}}/k$ rein transzendent und $K/K^{\mathrm{tr}}$ endlich separabel sind.

Folgende Frage soll ohne das Lemma, dass $\dim_K(\Omega_{K/k}) = \operatorname{trdeg}(K/k)$ gilt, bewiesen werden - denn die Frage dient genau dazu diese Aussage zu beweisen (Vakil 21.2.M, S. 572).

Sei $K = K^{\tr}(\alpha)$ für ein $\alpha \in K$. Wieso existiert eine Abbildung $\Omega_{K/k} \to K$, welche $\dd t_1 \mapsto 1$ und $\dd t_i \mapsto 0$ für $i > 1$ bewirkt?

Ich möchte die universelle Eigenschaft von $\Omega_{K/k}$ benutzen. Eine geeignete $k$-Derivation $K^{\tr} \to K$ wäre $\frac{\partial}{\partial t_1}$, allerdings sehe ich nicht wohin man $\alpha$ in $K \to K$ abbilden kann, um die Abbildung auf $K \to K$ zu erweitern.


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-08


Ich sehe es auch nicht. Ist dir aber klar, wie man $\Omega_{K/k}$ als $K$-Vektorraum durch Erzeuger und Relationen beschreiben kann? Erzeuger sind  $d(t_1),\dotsc,d(t_n),d(s)$, und die einzige Relation ist $d(f)=0$, wobei $f \in K^{tr}[s]$ das Minimalpolynom von $\alpha$ sei (wofür man $d(f)$ mit den Ableitungsregeln als Linearkombination der Erzeuger ausdrücken muss).



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Ah, ich nehme an du möchtest Folgendes anzudeuten: Es ist $$\Omega_{K/k} = (K \dd t_1 \oplus \dots \oplus K \dd t_n \oplus K \dd s)/(\dd f)$$ und $\dd f = \frac{\partial f}{\partial s} \dd s + \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial t_i} \dd t_i$. Da $f \in K^{\tr}[s]$ separabel ist, ist $\frac{\partial f}{\partial s} \in K^{\times}$, somit ist $\dd f$ die gleiche Relation wie $\dd s = -\frac{1}{u} \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial t_i} \dd t_i$ für $u = \frac{\partial f}{\partial s} \in K^{\times}$ und folglich $\Omega_{K/k} \cong \bigoplus_{i=1}^n K \dd t_i$.

Das gefällt mir, danke!

Im Übrigen hat Saki17 mich auch auf Boschs Algebra, Kapitel 7.4 Korollar 9, S. 327 aufmerksam gemacht, welche liefert, dass man die Abbildung aus dem Themenstart fortsetzen kann. Ich bin allerdings noch nicht dazu gekommen, es mir genauer durchzulesen.


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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Der Beweis von Bosch ist übrigens konstruktiv und daraus ergibt sich, dass man $\frac{\partial}{\partial t_1}$ fortsetzen kann nach $\delta : K \to K$ mit $\delta(\alpha) = - \frac{\frac{\partial f}{\partial t_1}(\alpha)}{f'(\alpha)}$.

Der Vollständigkeit halber sind hier die Resultate aus Bosch (Satz 7.4.7 und Korollar 7.4.9 auf S. 325 - 327.).

Satz. Sei $L/K$ eine Körpererweiterung mit $L = K[X_j : j \in J]/(f_i : i \in I)$. Weiter sei $\delta : K \to V$ in einen $L$-Vektorraum eine $K$-Derivation und $(v_j)_{j \in J}$ ein System von Elementen aus $V$. Dann ist äquivalent:
(i) Die Derivation $\delta$ setzt sich zu einer $K$-Derivation $\delta' : L \to V$ mit $\delta'(x_j) = v_j$ für $j \in J$ fort.
(ii) Es gilt $\delta(f_i(x_j)_j) + \sum_{j \in J} \frac{\partial f_i}{\partial X_j}(x) v_j = 0$ für $i \in I$.
Wenn eine solche Fortsetzung existiert, so ist diese eindeutig bestimmt.

Konstruktion. In Teil (ii) $\implies$ (i) setzt man $\hat{\delta} : K[X_j:j \in J] \to V$ durch $$ \hat{\delta} = \delta(f(x_j)_j) + \sum_{j \in J} \frac{\partial f}{\partial X_j}(x) v_j$$ und zeigt, dass das eine Fortsetzung von $\delta$ induziert.

Korollar. Sei $L/K$ eine separable algebraische Erweiterung. Dann setzt sich jede Derivation $\delta : K \to V$ in einen $L$-Vektorraum $V$ eindeutig zu einer Derivation $\delta' : L \to V$ fort.

Beweisskizze. Wenn $L/K$ endlich ist mit $L = K(x)$ und Minimalpolynom $f$ von $x$, dann ist die Bedingung aus dem obigen Satz $$ \delta(f(x)) + f'(x)v = 0 \iff v = - \frac{\delta(f(x))}{f'(x)},$$ wobei $f'(x)$ eine Einheit ist, da $f$ separabel ist.


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