algebraische Erweiterung < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:08 Mi 29.11.2006 | | Autor: | Sharraz |
| Aufgabe | | Sei q eine ungerade Primzahlpotenz und [mm] K=\IF_q(\wurzel{d}) [/mm] die quadratische Erweiterung von [mm] \IF_q. [/mm] Zeige: Für alle [mm] x,y\in\IF_q [/mm] gilt [mm] (x+y\wurzel{d})^q=x-y\wurzel{d}. [/mm] |
Hallo allerseits,
Ich komme bei dieser Aufgabe nicht weiter, mein Ansatz:
Sei char K = p. Dann gilt: p teilt q. Folglich ist auch [mm] (x+y)^q [/mm] = [mm] x^q+y^q.
[/mm]
Also:
[mm] (x+y\wurzel{d})^q=x^q+y^q\wurzel{d}^q
[/mm]
Nach Fermats kleinem Satz ist [mm] x^q=x [/mm] und [mm] y^q=y, [/mm] also:
= [mm] x+y\wurzel{d}^q
[/mm]
Jetzt weiß ich allerdings nicht genau wie ich zeigen kann, dass [mm] \wurzel{d}^q=-\wurzel{d} [/mm] ist, oder äquivalent dazu: [mm] d^{\frac{q-1}{2}}=-1=q-1
[/mm]
Ich hoffe einer von euch kann mir weiterhelfen.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Viele Grüße, Sharraz
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:44 Mi 29.11.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Sharraz!
> Sei q eine ungerade Primzahlpotenz und [mm]K=\IF_q(\wurzel{d})[/mm]
> die quadratische Erweiterung von [mm]\IF_q.[/mm] Zeige: Für alle
> [mm]x,y\in\IF_q[/mm] gilt [mm](x+y\wurzel{d})^q=x-y\wurzel{d}.[/mm]
> Hallo allerseits,
>
> Ich komme bei dieser Aufgabe nicht weiter, mein Ansatz:
>
> Sei char K = p. Dann gilt: p teilt q. Folglich ist auch
> [mm](x+y)^q[/mm] = [mm]x^q+y^q.[/mm]
>
> Also:
> [mm](x+y\wurzel{d})^q=x^q+y^q\wurzel{d}^q[/mm]
> Nach Fermats kleinem Satz ist [mm]x^q=x[/mm] und [mm]y^q=y,[/mm] also:
> = [mm]x+y\wurzel{d}^q[/mm]
Genau.
> Jetzt weiß ich allerdings nicht genau wie ich zeigen kann,
> dass [mm]\wurzel{d}^q=-\wurzel{d}[/mm] ist, oder äquivalent dazu:
> [mm]d^{\frac{q-1}{2}}=-1=q-1[/mm]
Es ist ja [mm] $(d^{\frac{q-1}{2}})^2 [/mm] = [mm] d^{q-1} [/mm] = 1$ nach Fermat. Nun hat das Polynom [mm] $x^2 [/mm] - 1 [mm] \in \IF_q[x]$ [/mm] genau zwei Nullstellen, naemlich $1$ und $-1$. Es ist also entweder [mm] $d^{\frac{q-1}{2}} [/mm] = 1$ oder [mm] $d^{\frac{q-1}{2}} [/mm] = -1$.
Jetzt musst du dir ueberlegen, warum [mm] $d^{\frac{q-1}{2}}$ [/mm] nicht $1$ sein kann. (Untersuche Bild und Kern der Abbildung $x [mm] \mapsto x^{\frac{q-1}{2}}$ [/mm] in [mm] $\IF_q^*$ [/mm] an: was macht diese mit Quadraten in [mm] $\IF_q^*$? [/mm] Und wieviele Quadrate gibt es?)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:43 Mi 29.11.2006 | | Autor: | Sharraz |
Hallo Felix,
Danke für die schnelle Antwort.
Also Quadrate werden von dieser Abbildung ja auf 1 abgebildet, denn es gilt ja [mm] (x^2)^{\frac{q-1}{2}}=x^{q-1}=1 [/mm] nach Fermat.
Quadrate gibt es in [mm] \IF_q [/mm] gerade [mm] \frac{q-1}{2} [/mm] wenn ich das richtig sehe. Warum kann ich allerdings auch nicht begründen.
Kannst du mir vielleicht noch eine kleine Hilfestellung geben?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:09 Do 30.11.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Sharraz,
> Also Quadrate werden von dieser Abbildung ja auf 1
> abgebildet, denn es gilt ja [mm](x^2)^{\frac{q-1}{2}}=x^{q-1}=1[/mm]
> nach Fermat.
genau. Und es werden genau [mm] $\frac{q-1}{2}$ [/mm] Elemente auf $1$ abgebildet, da das Bild aus [mm] $\pm [/mm] 1$ besteht (Satz von Lagrange).
> Quadrate gibt es in [mm]\IF_q[/mm] gerade [mm]\frac{q-1}{2}[/mm] wenn ich
> das richtig sehe.
Fast; es sind [mm] $\frac{q-1}{2} [/mm] + 1$. Wenn du allerdings nur auf Quadrate in [mm] $\IF_q^*$ [/mm] schaust, dann sind es genau [mm] $\frac{q-1}{2}$ [/mm] Quadrate.
> Warum kann ich allerdings auch nicht
> begründen.
Dazu schau dir die Abbildung $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] auf [mm] $\IF_q^*$ [/mm] an. Der Kern umfasst genau zwei Elemente, naemlich [mm] $\pm [/mm] 1$.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:12 Fr 01.12.2006 | | Autor: | Sharraz |
Hallo Felix,
danke nochmal für deine Antworten, ich bin allerdings nicht mehr mit deinen Tipps auf die Lösung gekommen. Ich habe dann morgens zusammen mit einem Kommilitonen noch eine andere Lösung gefunden, die eigentlich auch richtig sein sollte:
Annahme: [mm] \wurzel{d}^q=\wurzel{d}
[/mm]
Dann wären alle Elemente von [mm] \IF_q(\wurzel{d}) [/mm] Nullstellen von [mm] X^q-X, [/mm] da ja gelten würde: [mm] (x+y\wurzel{d})^q=(x+y\wurzel{d}), [/mm] würden also im Zerfällungskörper dieses Polynoms liegen. Der Zerfällungskörper ist aber gerade [mm] \IF_q [/mm] und bis auch Isomorphie eindeutig bestimmt. Also gilt [mm] \IF_q(\wurzel{d})\subseteq \IF_q. [/mm] Natürlich gilt aber auch [mm] \IF_q\subseteq\IF_q(\wurzel{d}). [/mm] Also [mm] \IF_q=\IF_q(\wurzel{d}).
[/mm]
Dies ist aber ein Widerspruch, da [mm] \IF_q(\wurzel{d}) [/mm] eine echte Erweiterung ist.
Also gilt [mm] \wurzel{d}^q=-\wurzel{d} [/mm] q.e.d.
Mich würde allerdings trotzdem interessieren, wie deine Lösung weiter ging. Könntest du sie vielleicht mal noch schreiben, falls du Zeit hast?
Viele Grüße,
Sharraz
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:37 Fr 01.12.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Sharraz!
> danke nochmal für deine Antworten, ich bin allerdings nicht
> mehr mit deinen Tipps auf die Lösung gekommen. Ich habe
> dann morgens zusammen mit einem Kommilitonen noch eine
> andere Lösung gefunden, die eigentlich auch richtig sein
> sollte:
Ui, stimmt, wir haben hier ja den [mm] $\IF_q$ [/mm] und etwas hoch $q$... Peinlich, da haette ich auch drauf kommen koennen (oder besser, muessen)...
> Annahme: [mm]\wurzel{d}^q=\wurzel{d}[/mm]
> Dann wären alle Elemente von [mm]\IF_q(\wurzel{d})[/mm] Nullstellen
> von [mm]X^q-X,[/mm] da ja gelten würde:
> [mm](x+y\wurzel{d})^q=(x+y\wurzel{d}),[/mm] würden also im
> Zerfällungskörper dieses Polynoms liegen. Der
> Zerfällungskörper ist aber gerade [mm]\IF_q[/mm] und bis auch
> Isomorphie eindeutig bestimmt. Also gilt
> [mm]\IF_q(\wurzel{d})\subseteq \IF_q.[/mm] Natürlich gilt aber auch
> [mm]\IF_q\subseteq\IF_q(\wurzel{d}).[/mm] Also
> [mm]\IF_q=\IF_q(\wurzel{d}).[/mm]
> Dies ist aber ein Widerspruch, da [mm]\IF_q(\wurzel{d})[/mm] eine
> echte Erweiterung ist.
>
> Also gilt [mm]\wurzel{d}^q=-\wurzel{d}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
q.e.d.
Genau.
> Mich würde allerdings trotzdem interessieren, wie deine
> Lösung weiter ging. Könntest du sie vielleicht mal noch
> schreiben, falls du Zeit hast?
Meine ist etwas zu kompliziert. Aber hier ist sie:
Die Abbildung $\varphi : \F_q^\ast \to \F_q^\ast$, $x \mapsto x^{\frac{q-1}{2}}$ hat als Bild $\{ \pm 1 \}$ und somit umfasst der Kern $\frac{q - 1}{2}$ Elemente.
Die Abbildung $\psi : \F_q^\ast \to \F_q^\ast$, $x \mapsto x^2$ hat als Kern genau $\{ \pm 1 \}$, das Bild umfasst also $\frac{q - 1}{2}$ Elemente.
Nun ist $\varphi \circ \psi : \F_q^\ast \to \F_q^ast$ gegeben durch $x \mapsto (x^2)^{\frac{q-1}{2} = x^{q-1} = 1$ nach dem kleinen Satz von Fermat. Also ist das Bild von $\psi$ im Kern von $\varphi$ enthalten und somit (da beide gleichmaechtig sind) sind beide gleich. Das Bild von $\psi$ sind jedoch genau die Quadrate in $\F_q^\ast$, womit ein $x \in \F_q^\ast$ also genau dann ein Quadrat ist, wenn $x^{\frac{q-1}{2}} = 1$ ist.
Da nun $d \in \F_q$ nach Voraussetzung kein Quadrat ist (ansonsten waere $\sqrt{d} \in \F_q$), gilt also $d^{\frac{q-1}{2}} = -1$.
LG Felix
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