spezieller endlicher Körper < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:03 Di 01.11.2005 | | Autor: | Mandavar |
Hallo!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich bin Mathematikstudent im ersten Semester und komme mit folgender Aufgabe überhaupt nicht klar:
Aufgabe
Sei K ein endlicher Körper, in dem jedes Element ein Quadrat ist. Zeigen Sie, dass dann 1 + 1 = 0 in K ist.
Ich verstehe hier die grundlegende Aufgabenstellung nicht und finde folglich auch keinen Lösungsansatz. Kann mir bitte jemand einen Beispiel-Körper zeigen und an diesem Beispiel demonstrieren/erklären, weshalb 1 + 1 = 0 ist?
Schon einmal Vielen Dank für evtl. Antworten.
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Zum Beispiel der Körper [mm]K = \operatorname{GF}(4)[/mm] (Galois-Feld 4) mit vier Elementen. Diese seien [mm]0,1,\vartheta,\vartheta^2[/mm]. In diesem Körper gilt [mm]\vartheta^3 = 1[/mm], womit die Multiplikation gemäß den Potenzgesetzen festliegt. Und die Addition ist durch die Tafel
[mm]\begin{matrix} 0 & 1 & \vartheta & \vartheta^2 \\ 1 & 0 & \vartheta^2 & \vartheta \\ \vartheta & \vartheta^2 & 0 & 1 \\ \vartheta^2 & \vartheta & 1 & 0 \end{matrix}[/mm]
festgelegt (Kleinsche Vierergruppe), z.B. [mm]1 + \vartheta = \vartheta^2[/mm]. In diesem Körper ist jedes Element Quadrat eines andern:
[mm]0^2 = 0[/mm]
[mm]1^2 = 1[/mm]
[mm]\left( \vartheta^2 \right)^2 = \vartheta^4 = \vartheta^3 \, \vartheta = \vartheta[/mm]
[mm]\vartheta^2 = \vartheta^2[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:54 Di 01.11.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
Leopold hat dir ja bereits bei einem Teil deines Anliegens weiter geholfen. Ich möchte dir eine Beweisskizze geben:
- Mit $K$ ist auch die multiplikative Gruppe [mm] $(K\setminus\{0\},\cdot)$ [/mm] endlich; jedes Element [mm] $a\in K\setminus\{0\}$ [/mm] hat also endliche Ordnung, d.h. es existiert ein [mm] $ord(a)\in\IN$ [/mm] mit [mm] $a^{ord(a)}=1$. [/mm]
- Nach Voraussetzung ist die Abbildung [mm] $K\ni x\mapsto x^2\in [/mm] K$ surjektiv. Als Abbildung auf einer endlichen Menge ist sie daher auch injektiv. Du kannst also aus [mm] $a^2=b^2$ [/mm] für [mm] $a,b\in [/mm] K$ stets $a=b$ folgern.
Nimm dir nun ein beliebiges [mm] $a\in [/mm] K$ und untersuche $ord(a)$. Warum kann $ord(a)$ nicht gerade sein (bedenke: [mm] $1=1^2$)? [/mm] Weiter ist $K$ stets der Ordnung [mm] $p^k$ [/mm] für eine Primzahl $p$, d.h. [mm] $\vert K\setminus\{0\}\vert=p^k-1$. [/mm] Wenn [mm] $p\neq [/mm] 2$ wäre, dann wäre [mm] $\vert K\setminus\{0\}\vert$ [/mm] also gerade. Aber was wissen wir über Gruppen gerade Ordnung? Was folgt also für $p$? Wenn du verstanden hast, was ich meine, dann: welche Rolle spielt $p$ in der Struktur von $K$? Wir wissen, $p$ ist genau die Charakteristik von $K$ und die Ordnung des [endlichen] Primkörpers [mm] $\{0,1,1+1,...,p-1\}$ [/mm] ist.
Ich habe dir nun eine Menge Hilfen gegeben, die am Ende vielleicht etwas schwammig und löchrig werden. Das habe ich mit Absicht gemacht, damit du wenigstens ein paar Dinge noch selbst erkennen und zum endgültigen Beweis zusammenfügen musst.
Ich hoffe ich konnte dir helfen.
Liebe Grüße,
Hanno
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Dieses Aufwandes bedarf es nicht. Daß jedes Körperelement Quadrat ist, impliziert wegen der Endlichkeit von [mm]K[/mm] die Bijektivität der Abbildung [mm]x \mapsto x^2 \ \ (x \in K)[/mm]. Speziell hat man bei dieser Abbildung
[mm]1 \mapsto 1 \, , \ \ -1 \mapsto 1[/mm]
Dies scheint ein Widerspruch zu sein, es sei denn, man wagt das Unaussprechbare zu denken ...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:00 Di 01.11.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Leopold!
Oh ja, das ist doch eine weitaus elegantere Lösung! Danke dafür!
Viele Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:06 Do 03.11.2005 | | Autor: | Mandavar |
Hallo!
Danke für eure Hilfe. Hat mir gut weitergeholfen, auch wenn die Idee erstmal sehr gewöhnungsbedürftig war.
Gruß
Mandavar
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