Einheiten im endl. Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:38 Mo 22.05.2006 | | Autor: | ps4c7 |
| Aufgabe | | Sei A=K[t] der Polynomring, [mm] g=t^{m} [/mm] mit m>1 und [mm] A_{g}^{\*} [/mm] die Einheitengruppe von [mm] A_{g}. [/mm] Wie viele Elemente hat [mm] A_{g}^{\*}, [/mm] wenn K ein endlicher Körper mit q Elementen ist? |
Ich komme hier echt nicht weiter, wäre für jede Hilfe dankbar.
MfG Patrick
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:47 Mo 22.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Patrick!
> Sei A=K[t] der Polynomring, [mm]g=t^{m}[/mm] mit m>1 und [mm]A_{g}^{\*}[/mm] die Einheitengruppe von [mm]A_{g}.[/mm] Wie viele Elemente hat [mm]A_{g}^{\*},[/mm] wenn K ein endlicher Körper mit q Elementen ist?
> Ich komme hier echt nicht weiter, wäre für jede Hilfe dankbar.
Beantworte doch mal folgende Punkte:
- Was ist [mm] $A_g$ [/mm] ueberhaupt? Wie sehen die Elemente aus?
- Wieviele Elemente hat [mm] $A_g$ [/mm] insgesamt?
- Welche Elemente sind Einheiten (mach das erstmal fuer ein allgemeines $g$, und dann fuer das spezielle hier).
- Wieviele Einheiten gibt es nun?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:03 Mo 22.05.2006 | | Autor: | ps4c7 |
- [mm] A_{g} [/mm] ist der Restklassenring. In je einem Element von [mm] A_{g} [/mm] (wobei die Elemente jeweils eine Menge sind), z.B. [mm] \overline{a} [/mm] sind all die [mm] x\in [/mm] A die beim Teilen durch g den Rest a lassen (x=qg+a).
- [mm] A_{g} [/mm] hat [mm] q^{m} [/mm] Elemente
- Alle [mm] \overline{a} [/mm] für die ein [mm] \overline{b} [/mm] mit [mm] b\in [/mm] A existiert, sodass [mm] \overline{a} \overline{b} [/mm] = [mm] \overline{1}. [/mm] Daraus folgt: [mm] ab-1\in [/mm] Ag
Es gibt auf jeden Fall q-1 Einheiten, nämlich die aus K. Und maximal [mm] q^{m}-1. [/mm] Weiter komm ich im Moment leider nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:46 Mo 22.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> - [mm]A_{g}[/mm] ist der Restklassenring. In je einem Element von
> [mm]A_{g}[/mm] (wobei die Elemente jeweils eine Menge sind), z.B.
> [mm]\overline{a}[/mm] sind all die [mm]x\in[/mm] A die beim Teilen durch g
> den Rest a lassen (x=qg+a).
Genau.
> - [mm]A_{g}[/mm] hat [mm]q^{m}[/mm] Elemente
Genau.
> - Alle [mm]\overline{a}[/mm] für die ein [mm]\overline{b}[/mm] mit [mm]b\in[/mm] A
> existiert, sodass [mm]\overline{a} \overline{b}[/mm] = [mm]\overline{1}.[/mm]
> Daraus folgt: [mm]ab-1\in[/mm] Ag
Das stimmt. Das hilft dir allerdings nicht so viel  Kennst du denn nicht ein allgemeines Kriterium, wann [mm] $\overline{f}$ [/mm] in [mm] $A_g$ [/mm] invertierbar ist? Sowas mit `teilerfremd'?
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:30 Mo 22.05.2006 | | Autor: | herojoker |
Hallo!
Ich kenne den Fragensteller auch und wir saßen gemeinsam vorhin am Problem. Daher mich bitte nicht als jemanden verurteilen, der alles verrät :D Ich sitze ja auch noch am Problem :)
Erinnerung: [mm] A = K[t] [/mm]
> Kennst du denn nicht ein allgemeines Kriterium,
> wann $ [mm] \overline{f} [/mm] $ in $ [mm] A_g [/mm] $ invertierbar ist?
> Sowas mit 'teilerfremd'?
Wir haben folgende Chakterisierung für Hauptidealringe (und hier liegt ja einer vor, da K Körper und somit [mm] A=K[t] [/mm] Hauptidealring):
[mm] a \in A_{g}^{\*} \gdw ggT(a,g) \subseteq A^{\*} [/mm]
Also gdw. jeder ggT eine Einheit aus A ist.
Mit [mm] S := \{ f \in A : Grad f < m \} [/mm] als Repräsentantensystem für A modulo g müssen wir also nur noch die a [mm] \in [/mm] S zählen für die ein ggT(a,g) eine Einheit ist (alle anderen ggT sind ja dann zum gefundenen assoziiert und damit auch Einheiten aus A). Da S ein Repräsentantensystem ist müsste die Anzahl der gesuchten [mm] \overline{a} \in A_{g}^{\*} [/mm] gleich die Anzahl der gefundenen Polynome sein (Knackpunkt?!)
Sei nun [mm] a = a_{m-1}t^{m-1} + ... + a_{1}t + a_{0} [/mm] so ein Polynom.
Angenommen [mm] a_{0} [/mm] = 0, dann wäre t ein ggT von a und g, da aber t [mm] \not\in A^{\*} [/mm] folgt ein Widerspruch.
Meine Vermutung ist nun, dass alle(!) Polynome in S für die [mm] a_{0} \not= [/mm] 0 die gesuchten sind. Man müsste wohl nun mal den euklidischen Algorithmus auf eben diese a und das g anwenden um zu sehen was der ggT ist und ich schätze, dass immer (also für alle betrachteten Körper K) ein Element aus [mm] K \setminus \{0\} [/mm] herauskommt.
Gruß
Hero
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:20 Di 23.05.2006 | | Autor: | felixf |
Moin Hero und Patrick!
Ah, eine Quebbemann-Aufgabe, wie schoen
> Erinnerung: [mm]A = K[t][/mm]
>
> > Kennst du denn nicht ein allgemeines Kriterium,
> > wann [mm]\overline{f}[/mm] in [mm]A_g[/mm] invertierbar ist?
> > Sowas mit 'teilerfremd'?
>
> Wir haben folgende Chakterisierung für Hauptidealringe (und hier liegt ja einer vor, da K Körper und somit [mm]A=K[t][/mm] Hauptidealring):
>
> [mm]a \in A_{g}^{\*} \gdw ggT(a,g) \subseteq A^{\*}[/mm]
>
> Also gdw. jeder ggT eine Einheit aus A ist.
Genau.
> Mit [mm]S := \{ f \in A : Grad f < m \}[/mm] als Repräsentantensystem für A modulo g müssen wir also nur noch die a [mm]\in[/mm] S zählen für die ein ggT(a,g) eine Einheit ist (alle anderen ggT sind ja dann zum gefundenen assoziiert und damit auch Einheiten aus A). Da S ein Repräsentantensystem ist müsste die Anzahl der gesuchten [mm]\overline{a} \in A_{g}^{\*}[/mm] gleich die Anzahl der gefundenen Polynome sein (Knackpunkt?!)
Genau, so ist es.
> Sei nun [mm]a = a_{m-1}t^{m-1} + ... + a_{1}t + a_{0}[/mm] so ein Polynom.
> Angenommen [mm]a_{0}[/mm] = 0, dann wäre t ein ggT von a und g, da aber t [mm]\not\in A^{\*}[/mm] folgt ein Widerspruch.
Exakt.
> Meine Vermutung ist nun, dass alle(!) Polynome in S für die [mm]a_{0} \not=[/mm] 0 die gesuchten sind. Man müsste wohl nun mal den euklidischen Algorithmus auf eben diese a und das g anwenden um zu sehen was der ggT ist und ich schätze, dass immer (also für alle betrachteten Körper K) ein Element aus [mm]K \setminus \{0\}[/mm] herauskommt.
Hattet ihr schon die Primfaktorzerlegung fuer Hauptidealringe (also dass HIBs faktoriell sind)? Dann kann man so argumentieren: Der Primfaktor $t$ teilt sowohl [mm] $t^n$ [/mm] als auch alle Polynome mit [mm] $a_0 [/mm] = 0$. (Daraus folgt sogar, dass genau die Polynome nicht teilerfremd zu [mm] $t^n$ [/mm] sind, welche [mm] $a_0 [/mm] = 0$ haben.)
Der Ring [mm] $A_g$ [/mm] ist uebrigens von ganz spezieller Form: er ist lokal, d.h. er hat genau ein maximales Ideal (naemlich [mm] $A_g \setminus A_g^*$) [/mm] und die Summe zweier Nicht-Einheiten ist wieder eine Nicht-Einheit. Und jede Nicht-Einheit ist bereits nilpotent (also zu jedem $a [mm] \in A_g \setminus A_g^*$ [/mm] gibt es ein $k > 0$ mit [mm] $a^k [/mm] = 0$).
LG Felix
(ein ex-Oldenburger)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:44 Di 23.05.2006 | | Autor: | herojoker |
Hallo!
> Ah, eine Quebbemann-Aufgabe, wie schoen
Ja! Das stimmt :) Du kennst die Aufgabe noch? Ist ja lustig.. :D
> > [ Vermutung: [mm] a_{0} \not= 0 \gdw ggT(a,g) Einheit[/mm]
> Hattet ihr schon [...] dass HIRe faktoriell sind?
Ja!
> Dann kann man so argumentieren:
> Der Primfaktor [mm]t[/mm] teilt sowohl [mm]t^n[/mm] als
> auch alle Polynome mit [mm]a_0 = 0[/mm].
Das habe ich inzwischen auch gesehen.
> (Daraus folgt sogar, dass genau die Polynome nicht teilerfremd zu
> [mm]t^n[/mm] sind, welche [mm]a_0 = 0[/mm] haben.)
Das "genau" ist der schwieriger Punkt.
Dass aus [mm] a_{0} [/mm] = 0 folgt a und [mm] t^m [/mm] sind nicht teilerfremd ist klar. Aber wir brauchen ja eine Äquivalenz, oder? Also muss noch gezeigt werden, dass aus der nicht-Teilerfremdheit von a und [mm] t^m [/mm] auch folgt, dass [mm] a_{0} [/mm] = 0 ist.
Oder anders: Noch zu zeigen ist, dass [mm] a_{0} \not= 0 \Rightarrow ggT(a,g) [/mm] sind Einheiten.
Ok, nehmen wir an die d aus ggT(a,g) wären keine Einheiten. Dann gäbe es eben eine eindeutige Zerlegung in Primelemente und da wir ja mit einem Hauptidealring auch einen faktoriellen Ring haben, lässt sich sogar d als Produkt endlich vieler irreduzibler Elemente schreiben.
Entweder ist nun d schon irreduzibel oder es lässt sich noch zerlegen.
Und weiter?
Gruß
Hero
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:50 Di 23.05.2006 | | Autor: | herojoker |
Eventuell kommt ja auch mit Aa + Ag = Ad weiter?
Also nehme an [mm] a_0 [/mm] = 0 und folgere Ad = A (also d eine Einheit).
Gruß
Hero
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:31 Di 23.05.2006 | | Autor: | herojoker |
Man kann wohl auch einfacher Aussagen über [mm] t^m [/mm] machen:
[mm] t^m [/mm] lässt sich als ein Produkt von vielen e*t mit [mm] e\in [/mm] K[t][mm] \setminus\{0\} [/mm] darstellen. Da K[t] faktoriell ist, ist diese Zerlegung bis auf Einheiten und Sortierung eindeutig.
Teiler sind also nur diese et. Wenn man nun zeigt, dass et niemals jene a mit [mm] a_0 [/mm] = 1 teilt, ist man fertig, dann dann muss der ggT ja schon eine Einheit sein!
Angenommen et | a , dann gibt es c [mm] \in [/mm] K[t][mm] \setminus\{0\} [/mm] so, dass
a = cet =: d. Da aber K ein Körper ist, ist K und auch K[t] nullteilerfrei. Also ist insbesondere dann aber [mm] d_0 [/mm] = 0 -> Widerspruch!
Gibt es keine nicht-Einheiten-Element, dass sowohl [mm] t^m [/mm] als auch besagtes a teilt.
Richtig?
Gruß
Hero
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:33 Di 23.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Hero!
Du machst das ganze viel zu kompliziert! Also [mm] $t^m$ [/mm] ist ja das $m$-fache Produkt des Primelementes $t$ mit sich selbst. Also ist [mm] $t^m$ [/mm] bereits die Primfaktorzerlegung von [mm] $t^m$.
[/mm]
Fuer ein beliebiges Polynom $f [mm] \in [/mm] K[t]$ tritt also genau einer der folgenden Faelle ein:
1) $ggT(f, [mm] t^m) [/mm] = K^*$;
2) $ggT(f, [mm] t^m)$ [/mm] enthaelt das von $t$ erzeugte Ideal.
Und zweiteres ist genau dann der Fall, wenn $f$ durch $t$ geteilt wird, also wenn $f(0) = 0$ ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:06 Di 23.05.2006 | | Autor: | herojoker |
Hallo!
> Du machst das ganze viel zu kompliziert!
> Also [mm]t^m[/mm] ist ja das [mm]m[/mm]-fache Produkt
> des Primelementes [mm]t[/mm] mit sich selbst. Also ist [mm]t^m[/mm]
> bereits die Primfaktorzerlegung von [mm]t^m[/mm].
Ja, eine Primfaktorzerlegung. Sie ist ja nur bis auf Einheiten eindeutig. Aber es stimmt schon, wenn t ein f [mm] \in [/mm] K[t] teilt, dann teilt auch et das f und umgekehrt.
> Fuer ein beliebiges Polynom f [mm] \in [/mm] K[t] tritt
> also genau einer der folgenden Faelle ein:
> 1) [mm]ggT(f, t^m) = K^*[/mm]
Also genau dann wenn t unser f nicht teilt.
> 2) [mm]ggT(f, t^m)[/mm] enthaelt das von [mm]t[/mm] erzeugte Ideal.
Genau dann wenn t unser f teilt.
Dann gilt t | f und t | g und mit einer Eigenschaft des ggT folgt für jedes d aus der Menge der ggT: d | t , also At [mm] \subseteq [/mm] Ad (du meintest wohl Ad und nicht ggT(f, [mm] t^m) [/mm] oder?).
So ähnlich (nicht die idealtheoretische Formulierung) habe ich es aber auch schon aufgeschrieben :)
Viele Grüße
Hero
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:47 Di 23.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Hero!
> > Du machst das ganze viel zu kompliziert!
> > Also [mm]t^m[/mm] ist ja das [mm]m[/mm]-fache Produkt
> > des Primelementes [mm]t[/mm] mit sich selbst. Also ist [mm]t^m[/mm]
> > bereits die Primfaktorzerlegung von [mm]t^m[/mm].
>
> Ja, eine Primfaktorzerlegung. Sie ist ja nur bis auf
> Einheiten eindeutig. Aber es stimmt schon, wenn t ein f [mm]\in[/mm]
> K[t] teilt, dann teilt auch et das f und umgekehrt.
Genau :) Und weil es bei Teilbarkeit nicht auf Einheiten ankommt ignoriert man sie meistens ;) Viele Leute reden auch von dem groessten gemeinsamen Teiler, wohlwissend das er nicht eindeutig ist.
> > 2) [mm]ggT(f, t^m)[/mm] enthaelt das von [mm]t[/mm] erzeugte Ideal.
>
> Genau dann wenn t unser f teilt.
> Dann gilt t | f und t | g und mit einer Eigenschaft des ggT folgt für jedes d aus der Menge der ggT: d | t , also At [mm]\subseteq[/mm] Ad (du meintest wohl Ad und nicht ggT(f, [mm]t^m)[/mm] oder?).
Ich meinte das vom ggT erzeugte Ideal :) Was genau $A d$ ist...
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:47 Mo 22.05.2006 | | Autor: | ps4c7 |
Ach ja, [mm] A_{g} [/mm] folgendermaßen definiert: [mm] A_{g}:=A/Ag [/mm] (also Restklasse)
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