Umschlagbild
Wenn Sie das Buch noch nicht kennen, dann können Sie hier weitere Informationen finden.

Lösung für Aufgabe 5.4.22

Wir definieren auf $\Q\x\Q$ (alternative) Verknüpfungen durch \begin{align*} (a_{1},a_{2})+(b_{1},b_{2})&:=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2})\\ (a_{1},a_{2})\cdot(b_{1},b_{2})&:= (a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2},a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}). \end{align*} Beweisen Sie, dass $(\Q\x\Q,+,\cdot)$ ein Körper ist. Zeigen Sie weiters, dass dieser Körper isomorph zu $\Q[\sqrt3]$ aus Aufgabe 5.4.17 ist.

Wir überprüfen explizit die Körperaxiome:
  • (K1): Seien $a,b,c\in\Q\x\Q$. Wir finden \begin{align*} (a+b)+c &= \bigl((a_{1},a_{2})+(b_{1},b_{2})\bigr)+(c_{1},c_{2})\\ &=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2})+(c_{1},c_{2})\\ &=(a_{1}+b_{1}+c_{1},a_{2}+b_{2}+c_{2}) \\ &=(a_{1},a_{2})+(b_{1}+c_{1},b_{2}+c_{2})\\ &=(a_{1},a_{2})+\bigl((b_{1},b_{2})+(c_{1},c_{2})\bigr)=a+(b+c). \end{align*}
  • (K2): Nehmen wir beliebige $a,b\in\Q\x\Q$. Es gilt \begin{align*} a+b&=(a_{1},a_{2})+(b_{1},b_{2})=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2})\\ &=(b_{1}+a_{1},b_{2}+a_{2})=(b_{1},b_{2})+(a_{1},a_{2})=b+a. \end{align*}
  • (K3): Für $0:=(0,0)\in\Q\x\Q$ gilt \begin{equation*} a+0 = (a_{1},a_{2})+(0,0) = (a_{1}+0,a_{2}+0) = (a_{1},a_{2}) = a. \end{equation*}
  • (K4): Sei $a\in\Q\x\Q$ gegeben. Wir definieren $-a:=(-a_{1},-a_{2})\in\Q\x\Q$ und berechnen \begin{eqnarray*} a+(-a) &=& (a_{1},a_{2})+(-a_{1},-a_{2})\\ &=&(a_{1}+(-a_{1}),a_{2}+(-a_{2})) = (0,0) = 0. \end{eqnarray*}
  • (K5): Für alle $a,b,c\in\Q\x\Q$ folgt \begin{align*} (ab)c &= \bigl((a_{1},a_{2})(b_{1},b_{2})\bigr)(c_{1},c_{2}) = (a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2},a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})(c_{1},c_{2})\\ &=\bigl((a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2})c_{1}+3(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})c_{2},\\ &\qquad(a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2})c_{2}+(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})c_{1}\bigr)\\ &=\bigl(a_{1}b_{1}c_{1}+3a_{2}b_{2}c_{1}+3a_{1}b_{2}c_{2}+ 3a_{2}b_{1}c_{2},\\ &\qquad a_{1}b_{1}c_{2}+a_{1}b_{2}c_{1}+a_{2}b_{1}c_{1}+ 3a_{2}b_{2}c_{2}\bigr)\\ &=\bigl(a_{1}(b_{1}c_{1}+3b_{2}c_{2})+3a_{2}(b_{1}c_{2}+b_{2}c_{1}),\\ &\qquad a_{1}(b_{1}c_{2}+b_{2}c_{1})+a_{2}(b_{1}c_{1}+3b_{2}c_{2})\bigr)\\ &=(a_{1},a_{2})(b_{1}c_{1}+3b_{2}c_{2},b_{1}c_{2}+b_{2}c_{1})\\ &=(a_{1},a_{2})\bigl((b_{1},b_{2})(c_{1},c_{2})\bigr)=a(bc). \end{align*}
  • (K6): Es seien wieder $a,b\in\Q\x\Q$. Wir rechnen nach: \begin{align*} ab &= (a_{1},a_{2})(b_{1},b_{2}) = (a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2},a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\\ &= (b_{1}a_{1}+3b_{2}a_{2},b_{1}a_{2}+b_{2}a_{1}) = (b_{1},b_{2})(a_{1},a_{2}) = ba. \end{align*}
  • (K7): Wir definieren $1:=(1,0)\in\Q\x\Q$. Klarerweise gilt $0\neq1$, und außerdem für $a\in\Q\x\Q$ \begin{equation*} a\cdot1 = (a_{1},a_{2})(1,0)=(a_{1}\cdot1+0,0+a_{2}1)=(a_{1},a_{2})=a. \end{equation*}
  • (K8): Für $0\neq a\in\Q\x\Q$ definieren wir $a\inv:=\left(\frac{a_{1}}{a_{1}^{2}-3a_{2}^{2}}, \frac{-a_{2}}{a_{1}^{2}-3a_{2}^{2}}\right)$. Es gilt, $a\inv$ ist für alle $a\neq0$ definiert, denn für solche $a$ ist $a_{1}^{2}-3a_{2}^{2}\neq 0$. Um das zu beweisen nehmen wir an, dass $a_{1}^{2}=3a_{2}^{2}$ gilt. Dann muss $a_{2}=0$ sein, denn sonst folgt $(a_{1}/a_{2})^{2}=3$ und die linke Seite dieser Gleichung ist ein Quadrat einer rationalen Zahl, die rechte aber nicht ($\sqrt{3}\not\in\Q$). Also haben wir einen Widerspruch, und so muss $a_{2}=0$ gelten. Dann haben wir aber auch $a_{1}=0$ und somit $a=0$. Nun können wir rechnen \begin{align*} aa\inv &= (a_{1},a_{2})(a_{1}/(a_{1}^{2}-3a_{2}^{2}), -a_{2}/(a_{1}^{2}-3a_{2}^{2}))\\ &=\bigl((a_{1}^{2}-3a_{2}^{2})/(a_{1}^{2}-3a_{2}^{2}),0\bigr) = (1,0) = 1. \end{align*}
  • (K9): Auch das letzte Axiom ist eine längliche Rechnung. Seien wieder $a,b,c\in\Q\x\Q$, dann gilt \begin{align*} ab+ac &= (a_{1},a_{2})(b_{1},b_{2})+(a_{1},a_{2})(c_{1},c_{2}) \\ &=(a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2},a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})+ (a_{1}c_{1}+3a_{2}c_{2},a_{1}c_{2}+a_{2}c_{1}) \\ &=(a_{1}b_{1}+a_{1}c_{1}+3a_{2}b_{2}+3a_{2}c_{2}, a_{1}b_{2}+a_{1}c_{2}+a_{2}b_{1}+a_{2}c_{1}) \\ &=\bigl(a_{1}(b_{1}+c_{1})+3a_{2}(b_{2}+c_{2}), a_{1}(b_{2}+c_{2})+a_{2}(b_{1}+c_{1})\bigr) \\ &= (a_{1},a_{2})(b_{1}+c_{1},b_{2}+c_{2}) = (a_{1},a_{2})\bigl((b_{1},b_{2})+(c_{1},c_{2})\bigr)\\&=a(b+c). \end{align*}
Wir haben also alle Eigenschaften nachgeprüft, und daher ist $(\Q\x\Q,+,\cdot)$ wirklich ein Körper.

Wir zeigen, dass $\Q\times\Q$ isomorph zu $\Q\lbrack\sqrt{3}\rbrack$ aus Aufgabe 5.4.17 ist. Dazu definieren wir die Abbildung \begin{eqnarray*} f:\Q\x\Q&\to&\Q[\sqrt{3}]\\ (a_{1},a_{2})&\mapsto& a_{1}+a_{2}\sqrt{3}. \end{eqnarray*} Die Funktion $f$ ist offensichtlich surjektiv. Sie ist auch injektiv, da $\sqrt3$ irrational ist ($a_1+a_2\sqrt{3}=0$ impliziert $a_1=0=a_2$). Weiters gilt \begin{align*} f(a+b) &= f((a_{1},a_{2})+(b_{1},b_{2})) = f((a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2}))\\ & = (a_{1}+b_{1})+(a_{2}+b_{2})\sqrt{3} = (a_{1}+a_{2}\sqrt{3})\oplus(b_{1}+b_{2}\sqrt{3})\\ &= f(a)\oplus f(b),\\ f(ab) &= f((a_{1},a_{2})(b_{1},b_{2})) = f((a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2},a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})) \\ &=(a_{1}b_{1}+3a_{2}b_{2})+(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\sqrt{3}\\ &=(a_{1}+a_{2}\sqrt{3})\otimes(b_{1}+b_{2}\sqrt{3}) = f(a)\otimes f(b). \end{align*} Daher ist $f$ tatsächlich ein Körperisomorphismus, und wir haben gezeigt, dass $(\Q\x\Q,\oplus,\otimes)\cong \Q[\sqrt{3}]$. Die beiden Strukturen sind also identisch bis auf Umbenennen der Elemente.