endlicher Körper + Polynom: Beweis

24.04.2010, 12:45

Merlinius

endlicher Körper + Polynom: Beweis

Ich probiere schon fast zwei Studen an dieser Aufgabe herum. Sie sieht eigentlich sehr leicht aus, aber irgendwie komm ich nicht voran:

Zitat:

Beweisen oder widerlegen: Sei K ein endlicher Körper. Dann hat das Polynom $\begin{eqnarray*} p = T^{|K|} - T \in K[T] \end{eqnarray*}$ die Eigenschaft $\begin{eqnarray*} p(k) = 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k \in K \end{eqnarray*}$ .

Also meine Vermutung ist, dass es stimmt. Zumindest passt es für alle endlichen Körper und $\begin{eqnarray*} k \in K \end{eqnarray*}$ , die ich bisher ausprobiert habe.

Ich habe aber keine Ahnung, wie ich es lösen kann. Also es ist ja:

$\begin{eqnarray*} p(k) = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow k^{|K|} = k \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} k = 0 \end{eqnarray*}$ ist's klar, also sei $\begin{eqnarray*} k \neq 0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow k^{|K|} \cdot k^{-1} = 1 \end{eqnarray*}$

Aber egal, wie ich es hinschreibe, ich finde keinen guten Ansatz. Man kann ja auch nicht in jedem endlichen Körper jedes Element $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} k = 1 + 1 + ... + 1 \end{eqnarray*}$ schreiben.

Es wäre nett, wenn jemand einen kleinen Denkanstoß hätte. Vllt. ist die Behauptung ja auch falsch, mir ist nur kein Gegenbeispiel eingefallen bisher.

Danke schonmal

24.04.2010, 13:33

Quadratzahl-Jan

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Hi Merlinius,
Betrachte mal für ein beliebiges Element a der multiplikativen Gruppe von K
die von a erzeugte Untergruppe der multiplikativen Gruppe.

24.04.2010, 13:42

Mystic

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RE: endlicher Körper + Polynom: Beweis
@Merlinus

Hatte mich in meinem ersten Kommentar zuerst verlesen, sorry...

Hier doch noch eine Bemerkung, die dir helfen könnte: Was du beweisen musst, hat eigentlich mit endlichen Körpern (fast) nichts zu tun, sondern ist ein Satz über endliche Gruppen... In jeder endlichen Gruppe G gilt nämlich

$\begin{eqnarray*} a^{|G|} =e \quad \forall a \in G \end{eqnarray*}$

wobei e das Einselement von G bezeichnet. Im Spezialfall einer abelschen Gruppe, der ja hier auch vorliegt, gibt es einen ganz einfachen Beweis, indem man zunächst zeigt, dass aG=G ist und dann die Behauptung aus

$\begin{eqnarray*} \prod_{x \in G} x=\prod_{x \in G} (ax) \end{eqnarray*}$

folgert... Das Ganze musst dann natürlich auf die multiplikative Gruppe K* des Körpers K anwenden...

24.04.2010, 15:54

Merlinius

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Danke sehr! Ich glaub, ich hab's.

Also sei $\begin{eqnarray*} K^* \end{eqnarray*}$ die multiplikative Gruppe von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} K^* = K \backslash \{0\} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} |K^*| = |K|-1 \end{eqnarray*}$ . Ist das korrekt?

Sei $\begin{eqnarray*} k \in K, k \neq 0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} k \in K^* \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} G = <k> \end{eqnarray*}$ die von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ erzeugte Untergruppe. Dann gilt: $\begin{eqnarray*} k^{|G|} = 1 \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} 1 = e \end{eqnarray*}$ ). Hatten wir letztes Semester bzgl. zyklische Gruppen gezeigt...

Nun ist $\begin{eqnarray*} |G| \end{eqnarray*}$ ein Teiler von $\begin{eqnarray*} |K^*| \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} |K^*| = n \cdot |G| \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb{N}_{>0} \end{eqnarray*}$ (Satz von Lagrange für Gruppenelemente)

Somit ist:

$\begin{eqnarray*} k^{|K|} = k \cdot k^{|K-1|} = k \cdot k^{|K^*|} = k \cdot k^{|G| \cdot n} = k \cdot 1^n = k \end{eqnarray*}$

Ist das so alles korrekt?

24.04.2010, 16:32

Mystic

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Zitat:

Original von Merlinius
Somit ist:

$\begin{eqnarray*} k^{|K|} = k \cdot k^{|K-1|} = k \cdot k^{|K^*|} = k \cdot k^{|G| \cdot n} = k \cdot 1^n = k \end{eqnarray*}$

Ist das so alles korrekt?

Naja, im wesentlichen ja, aber zum Schluss wäre da eine Fallunterscheidung $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k \neq 0 \end{eqnarray*}$ angebracht gewesen... Ich finde es auch ein bißchen schade, dass du meine Beweisidee oben nicht aufgegriffen hast, die in ihrer Einfachheit nicht mehr zu unterbieten ist (hast sie am Ende nicht verstanden?), während du mit dem von dir verwendeten Satz von Lagrange ein vergleichsweise viel, viel "schwereres Geschütz" auffährst...

24.04.2010, 17:08

Merlinius

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Zitat:

Original von Mystic

Zitat:

Original von Merlinius
Somit ist:

$\begin{eqnarray*} k^{|K|} = k \cdot k^{|K-1|} = k \cdot k^{|K^*|} = k \cdot k^{|G| \cdot n} = k \cdot 1^n = k \end{eqnarray*}$

Ist das so alles korrekt?

Ich hatte ja $\begin{eqnarray*} k \neq 0 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt weiter oben. Für $\begin{eqnarray*} k = 0 \end{eqnarray*}$ ist die Behauptung ja trivial. In meiner fertigen Lösung wird natürlich alles sauber aufgeschrieben sein am Ende.

Im Prinzip hatte mich Dein Beitrag aber auf die Lösung erst gebracht.

Also meintest Du?

$\begin{eqnarray*} aK^* = \{ak | k \in K^*\} = \{k | k \in K^*\} \end{eqnarray*}$ [ wegen $\begin{eqnarray*} a \in K^*, k \in K^* \Rightarrow ak \in K^* \end{eqnarray*}$ ]

$\begin{eqnarray*} = K^* \end{eqnarray*}$

Also:

Sei $\begin{eqnarray*} a \in K^* \end{eqnarray*}$ (für $\begin{eqnarray*} a = 0 \end{eqnarray*}$ ist die Behauptung wieder trivial):

$\begin{eqnarray*} \prod_{k \in K^*} k=\prod_{x \in aK^*} x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \prod_{k \in K^*} k=\prod_{k \in K^*} (ak) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \prod_{k \in K^*} k= a^{|K^*|} \cdot \prod_{k \in K^*} k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow 1 = a^{|K^*|} \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \prod_{k \in K^*} k \end{eqnarray*}$ ein Inverses besitzt...

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow a^{|K|-1} = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow a^{|K|} = a \end{eqnarray*}$

Ist natürlich noch besser.

24.04.2010, 21:25

Mystic

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Ja, so war es gemeint und es ist ja auch tatsächlich schöner so, indem man nur verwendet, was man auch wirklich braucht... Freude

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endlicher Körper + Polynom: Beweis

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