Körper, Primzahlpotenz < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 04:22 Mo 19.01.2015 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | | Sei K ein endlicher Körper. Zeigen Sie, dass gilt [mm] $|K|=p^n$ [/mm] für eine Primzahl $p$ und eine natürliche Zahl $n$. |
Hi,
ich würde gerne diese Aufgabe bearbeiten.
Als Tipp ist gegeben, dass man sich den Primkörper ansehen soll.
Da K ein Körper ist, hat K einen eindeutig bestimmten minimalen Teilkörper (den Primkörper) [mm] $K_0\subseteq [/mm] K$.
K ist endlich. Also kann [mm] $K_0$ [/mm] nicht isomorph zu [mm] $\mathbb{Q}$. [/mm] Dann gilt [mm] $K_0\cong\mathbb{Z}/l\mathbb{Z}$. [/mm] Also hat [mm] $K_0$ [/mm] Charakteristik $l$.
Was ich nun tun muss ist zu zeigen, dass [mm] $char(K)=p^n$ [/mm] gilt.
Ich bin mir noch nicht ganz im klaren wie der Primkörper hier hilft.
Was wir schon mal bewiesen hatten ist, dass [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] für p Primzahl ein Körper ist.
Dies gilt es ja nun zu erweitern.
Was ich mir vorstelle, wie der Primkörper hilft ist, dass er als kleinster Körper bereits [mm] $char(K_0)=p$ [/mm] ist und
[mm] $K\cong \underbrace{K_0\times K_0\times\dotso\times K_0}_{\text{n-mal}}$
[/mm]
Denn damit wäre [mm] $K\cong\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$
[/mm]
Wäre das korrekt? Damit meine ich nicht ob es ein brauchbarer Lösungsansatz ist, sondern nur ob es vom Gedankengang her korrekt wäre. :)
Irgendwie einleuchtend finde ich es, dass der Primkörper [mm] $K_0$ [/mm] eines Körpers $K$ stets von der Form [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] ist.
Nicht mehr ganz so einleuchtend weshalb das n-Tupel(?) dieses Körpers isomorph zum "Ursprungskörper" K sein sollte.
Mal ein Beispiel:
[mm] $K=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ [/mm]
Der Primkörper wäre dann [mm] $K_0=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.
[/mm]
Wie bestimmt man denn eigentlich
[mm] $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$?
[/mm]
Das kann ja kein Tupel sein. Das würde ja wenig Sinn ergeben...
Weiterhin müsste der Primkörper von [mm] $\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ [/mm] ja [mm] $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ [/mm] sein.
Aber enthält [mm] \mathbb{Z}/9\mathbb{Z} [/mm] nicht auch den Körper [mm] $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$?
[/mm]
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:26 Mo 19.01.2015 | | Autor: | statler |
Guten Morgen!
> Was ich mir vorstelle, wie der Primkörper hilft ist, dass
> er als kleinster Körper bereits [mm]char(K_0)=p[/mm] ist und
>
> [mm]K\cong \underbrace{K_0\times K_0\times\dotso\times K_0}_{\text{n-mal}}[/mm]
>
> Denn damit wäre [mm]K\cong\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}[/mm]
>
> Wäre das korrekt?
Das könntest zu einer korrekten Aussage machen, wenn du dazusagst, von welcher Art (in Mathe-Hochsprache: in welcher Kategorie) diese Isomorphie gilt. Jedenfalls nicht in der Kategorie der Körper oder der Ringe, denn K ist nullteilerfrei und [mm] {K_0\times K_0\times\dotso\times K_0} [/mm] für n > 1 sicher nicht.
Gruß aus HH
Dieter
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:27 Mo 19.01.2015 | | Autor: | YuSul |
Das müsste für Gruppen gelten.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:50 Mo 19.01.2015 | | Autor: | statler |
> Das müsste für Gruppen gelten.
Das stimmt zwar, wenn du die additiven Gruppen meinst, aber warum ist das so? Wie kommt die Isomorphie zustande?
Ich tippe mal, daß du außer Gruppen - Ringen - Körpern nur noch eine weitere algebraische Struktur kennst. Wenn das so ist, dann nimm die.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:08 Mo 19.01.2015 | | Autor: | YuSul |
Als weitere algebraische Sturktur würden mir höchstens nur noch die Module einfallen.
Aber Körper sind doch abelsche Gruppen.
Ist meine Ansatz bisher also im Grunde zielführend, wenn ich wüsste wie man damit weitermachte?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:13 Mo 19.01.2015 | | Autor: | hippias |
Ja, das ist zielfuehrend. Tip: Diese direkten Produkte hast Du schon oft mit einem anderen Koerper gesehen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:23 Di 20.01.2015 | | Autor: | YuSul |
Tut mir leid, dieses direkte Produkt bereitet mir schon immer Schwierigkeiten...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:16 Di 20.01.2015 | | Autor: | statler |
Guten Morgen!
> Tut mir leid, dieses direkte Produkt bereitet mir schon
> immer Schwierigkeiten...
Üblicherweise werden doch endlich-dimensionale Vektorräume, die ja auch Moduln sind, so geschrieben, z. B. [mm] \IR^{n}.
[/mm]
Gruß
Dieter
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:28 Di 20.01.2015 | | Autor: | YuSul |
Guten Morgen,
dann ist [mm] $K_0\times\dotso\times K_0=K_0^n$ [/mm]
Ja, das ist einleuchtend, aber betrachte ich dann nicht n-Tupel?
Die Elemente aus [mm] $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ [/mm] sind doch aber keine solchen Tupel. Das verstehe ich irgendwie nicht.
Muss ich vorher zeigen, dass der Primkörper immer von der Form [mm] $\mathbb{Z}/p\mathpp{Z}$ [/mm] ist, wobei p die kleinste Primzahl ist, welche die Kardinalität von K teilt. Das dies dann p ist, wäre klar, weil K ja ohnehin immer von der "Form" [mm] $|K|=p^n$ [/mm] ist, aber das ist ja gerade zu zeigen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:48 Di 20.01.2015 | | Autor: | statler |
Nun kram doch mal dein Wissen über Vektorräume zusammen. Auf beiden Seiten stehen [mm] $K_0$-Vektorräume! [/mm] Wieso, warum, weshalb?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:38 Di 20.01.2015 | | Autor: | YuSul |
[mm] $K_0^n$ [/mm] ist ein Vektorraum, weil [mm] $K_0$ [/mm] ein Körper ist und man auf dem n-Tupel die Addition einfach Komponentenweise definieren kann.
Und [mm] $K_0\times\dotso\times K_0$ [/mm] doch eigentlich das selbe.
|
|
|
| |
|
Hallo Yusul,
Wir sollten uns über einige Fakten einig sein:
1. Jeder Körper enthält einen kleinsten Primkörper, welcher im Falle positiver Charakteristik von der Form [mm] $\IZ/p$ [/mm] für eine Primzahl $p$ ist.
2. Ist $L$ ein Körper, $R$ ein Ring und [mm] $L\longrightarrow [/mm] R$ ein Ringhomomorphismus, so ist $R$ auf natürliche Weise ein $L$-Vektorraum. Für $L=[$Primkörper von [mm] $K$]=$\IZ/p$, [/mm] $R=K$ und [mm] $\IZ/p\longrightarrow [/mm] K$ die Einbettung folgt, dass $K$ ein [mm] $\IZ/p$-Vektorraum [/mm] ist. (Natürlich könnte man hier statt $L$ einen anderen Ring zulassen und erhielte einen Modul.)
3. Jeder $L$-Vektorraum $V$ enthält eine Basis $B$, ist somit isomorph (!) zu [mm] $V\cong\bigoplus_{b\in B}L$. [/mm] Falls $B$ endlich ist, stimmt das mit [mm] $V\cong\prod_{b\in B}L$ [/mm] überein. Das heißt, dass jedes Element eindeutig durch ein Tupel [mm] $(l_b)_{b\in B}$ [/mm] bestimmt ist, und umgekehrt (erinnere ich an die Definition einer Basis). Insbesondere müssen $V$ und [mm] $\prod_{b\in B}L$ [/mm] gleich viele Elemente haben!
4. In unserem Fall: $K$ besitzt als [mm] $\IZ/p$-Vektorraum [/mm] eine Basis (die selbstverständlich endlich sein muss), es gilt also [mm] $K\cong\prod_{b\in B}\IZ/p$. [/mm] Und ein endliches Produkt ein und derselben Menge mit $p$ Elementen enthält natürlich [mm] $p^n$ [/mm] Elemente für [mm] $n=|B|=\dim_{\IZ/p}(K)$.
[/mm]
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:55 Di 20.01.2015 | | Autor: | YuSul |
Zu 1.
Ja, das ist mir "klar", auch wenn wir bisher nicht bewiesen haben, dass der Primkörper immer von der Form [mm] $\mathbb{Z}/p$ [/mm] ist.
Das ist aber "einleuchtend", da der Primkörper ja der kleinste Körper ist, welcher in K enthalten ist. Und dies muss ja zwangsläufig dann die kleinste Primzahl sein, welche |K| teilt. Oder?
Zu 2.
Bis auf den Teil, dass R auf natürliche Weise ein L-Vektorraum ist, ist das auch klar.
Was genau meinst du mit "auf natürliche Weise"?
Zu 3.
$ [mm] V\cong\bigoplus_{b\in B}L [/mm] $ ich verstehe leider nicht genau, was das bedeutet. Das ist mein Problem mit der direkten Summe, was ich leider schon immer hatte. :(
$ [mm] V\cong\prod_{b\in B}L [/mm] $ meinst du damit das kartesische Produkt?
Zu 4.
Ja das verstehe ich wieder, dass ein kartesisches Produkt über die selbe Menge (n-mal) [mm] $p^n$ [/mm] Elemente enthält.
Was ist denn die Dimension von dem Vektorraum [mm] $\mathbb{Z}/p$?
[/mm]
Ist das einfach p?
Dann wären die Elemente ja p-Tupel?
|
|
|
| |
|
> Zu 1.
>
> Ja, das ist mir "klar", auch wenn wir bisher nicht bewiesen
> haben, dass der Primkörper immer von der Form [mm]\mathbb{Z}/p[/mm]
> ist.
>
> Das ist aber "einleuchtend", da der Primkörper ja der
> kleinste Körper ist, welcher in K enthalten ist. Und dies
> muss ja zwangsläufig dann die kleinste Primzahl sein,
> welche |K| teilt. Oder?
Naja, wenn dir das nicht klar ist, sollten wir uns es klar machen, denn was du nach "einleutend" schreibst, ist mir nicht ganz einleuchtend. Wie immer liste ich gerne ein paar triviale Fakten auf.
Es sei $R$ ein Ring (mit Eins, Ringe haben bei mir immer eine Eins). Dann existiert ein eindeutiger Ringhomomorphismus [mm] $\IZ\longrightarrow [/mm] R$. Dieser ist gegeben durch [mm] $n\longmapsto n\cdot 1_R$. [/mm] Eindeutig ist er deshalb, weil er die $1$ von [mm] $\IZ$ [/mm] auf die $1$ von $R$ schicken muss, und weil ein Gruppenhomomorphismus auf [mm] $\IZ$ [/mm] bereits durch die $1$ festgelegt ist.
Das Bild von [mm] $\IZ$ [/mm] unter diesem Homomorphismus ist ein Unterring (das sind Bilder von Homomorphismen immer). Es ist außerdem der kleinste Unterring: Ist $S$ ein beliebiger weiterer Unterring, so haben wir eine Einbettung [mm] $S\to [/mm] R$. Außerdem haben wir natürlich wieder einen eindeutigen Homomorphismus [mm] $\IZ\to [/mm] S$. Die Komposition [mm] $\IZ\to S\to [/mm] R$ stimmt mit unserem Homomorphismus [mm] $\IZ\to [/mm] R$ überein, der ja eindeutig ist, also gilt [mm] $im(\IZ\to R)=im(\IZ\to S\to R)\subseteq im(S\to [/mm] R)=S$.
Das Bild von [mm] $\IZ\to [/mm] R$ ist von der Form [mm] $\IZ/n$: [/mm] Dies ist der Homomorphiesatz, da [mm] $im(\IZ\to R)\cong\IZ/(\ker(\IZ\to [/mm] R))$ und da alle Ideale von [mm] $\IZ$ [/mm] von der Form [mm] $n\IZ$ [/mm] sind.
Wenn $R$ nullteilerfrei ist, ist $n$ prim oder Null: Unterringe von Nullteilerfreien Ringen sind nullteilerfrei, insbesondere ist [mm] $\IZ/n$ [/mm] nullteilerfrei, das geht nur, wenn $n$ prim oder Null ist.
Insbesondere enthält ein Körper einen kleinsten Unterring, der im endlichen Fall von der Form [mm] $\IZ/p$ [/mm] sein muss und selbst ein Körper ist.
> Zu 2.
>
> Bis auf den Teil, dass R auf natürliche Weise ein
> L-Vektorraum ist, ist das auch klar.
> Was genau meinst du mit "auf natürliche Weise"?
Naja, einfach, dass man nicht lange überlegen muss, um die Vektorraum-Operationen zu definieren. Ich kann auch sagen [mm] $\mathfrak{P}(X)$ [/mm] ist ein [mm] $\IZ/2$-Vektorraum, [/mm] das ist nicht ganz so "natürlich".
> Zu 3.
>
> [mm]V\cong\bigoplus_{b\in B}L[/mm] ich verstehe leider nicht genau,
> was das bedeutet. Das ist mein Problem mit der direkten
> Summe, was ich leider schon immer hatte. :(
Das ist zwar schade, und sollte sich ändern, wenn ihr noch eingehender über Moduln sprecht, aber für jetzt genügt uns ja der untere Teil. Die direkte Summe besteht aus allen "formalen Summen" von Vektoren der verschiedenen Vektorräume. Sie hat Eigenschaften, die analog zur disjunkten Vereinigung von Mengen funktionieren, z.B. dass man Homomorphismen "abschnittsweise" definieren kann.
> [mm]V\cong\prod_{b\in B}L[/mm] meinst du damit das kartesische
> Produkt?
Ja. Endlichdimensionale $L$-Vektorräume sind von dieser Form, das solltet ihr wirklich in LA gelernt haben.
> Zu 4.
>
> Ja das verstehe ich wieder, dass ein kartesisches Produkt
> über die selbe Menge (n-mal) [mm]p^n[/mm] Elemente enthält.
>
> Was ist denn die Dimension von dem Vektorraum
> [mm]\mathbb{Z}/p[/mm]?
> Ist das einfach p?
Irgendeine natürliche Zahl, mehr wissen wir nicht.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:42 Mi 21.01.2015 | | Autor: | YuSul |
So trivial finde ich die Fakten leider nicht...
Also was wir im Grunde tuen ist, dass wir diese Aussage auf Vektorräume zurückführen, wo wir wissen, dass dies schon gilt?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:13 Mi 21.01.2015 | | Autor: | statler |
Hallo!
> So trivial finde ich die Fakten leider nicht...
Schade.
>
> Also was wir im Grunde tuen ist, dass wir diese Aussage auf
> Vektorräume zurückführen, wo wir wissen, dass dies schon
> gilt?
Ist denn klar geworden, daß der Primkörper eines endlichen Körpers endlich ist und folglich von der Form [mm] $\IZ/p\IZ$?
[/mm]
Nun ist weiter jeder Körper über jedem seiner Unterkörper ein Vektorraum, und zwar auf natürliche Weise, um das Wort noch mal zu benutzen: [mm] \lambda \odot [/mm] x := [mm] \lambda*x.
[/mm]
Also gibt es eine Basis, die in diesem Fall natürlich endlich ist und die Länge n haben möge.
Und die stiftet dir dann einen VR-Isomorphismus (der nicht natürlich ist, aber auch nicht unnatürlich  ) der gewünschten Art. Da ein Isom. insbesondere eine Bijektion ist, bist du fertig.
Und zur Nomenklatur: Für [mm] $\IZ/p\IZ$ [/mm] - aufgefaßt als Körper - schreibt man auch [mm] \IF_{p}, [/mm] dein Oberkörper K ist dann [mm] \IF_{p^n}.
[/mm]
So weit, so gut.
Gruß aus HH
Dieter
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:20 Di 20.01.2015 | | Autor: | MacMath |
Ich habe jetzt nicht alle Beiträge hierzu gelesen, eventuell ist das schon geklärt. Aber:
> Die Elemente aus [mm]\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}[/mm] sind doch aber
> keine solchen Tupel. Das verstehe ich irgendwie nicht.
Ist klar, dass [mm]\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}[/mm] kein Körper ist?
Es GIBT einen Körper mit [mm] $p^n$ [/mm] Elementen, aber der sieht nicht so aus.
[mm]\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}[/mm] ist wegen [mm] $p*p^{n-1}=0$ [/mm] nicht nullteilerfrei.
Viele Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:26 Di 20.01.2015 | | Autor: | YuSul |
Danke für die Anmerkung.
|
|
|
|
