Diskussionen zum Thread "Mathe-Marathon Uni"

18.09.2012, 15:36

HAL 9000

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edit von sulo: Ich habe mal die letzten Beiträge in einen eigenen Thread für den HS-Marathon geschoben und hoffe, es war im Sinne der an der bisherigen Diskussion beteiligten Mitglieder.

************************************************************************

Zum Uni-Thread: Ob wohl einer dieses Ping-Pong-Spiel der theoretischen Algebraiker beenden kann? Den ersten Teil der aktuellen Aufgabe

Zitat:

Original von tmo
Zeige, dass $\begin{eqnarray*} f=X^4+1 \end{eqnarray*}$ reduzibel über jedem Körper der Charakteristik $\begin{eqnarray*} p > 0 \end{eqnarray*}$ ist.

kriege ich ja durch konstruktive Angabe hin, aber beim zweiten Teil habe ich wohl zu wenig Ahnung von $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.09.2012, 15:44

tmo

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Ich weiß ja nicht genau, wie du bei der konstruktiven Angabe vorgegangen bist, aber wenn du mal überprüfst für welche Primzahlen es dir sogar gelingt 2 verschiedene Faktorisierungen in quadratische Polynome zu konstruieren...

18.09.2012, 15:49

HAL 9000

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Mag sein, aber ich werde nicht rein durch konstruktives Vorgehen einen Beweis für die p haben, wo der zweite Teil nicht klappt - zumindest sehe ich nicht, wie das funktionieren sollte.

18.09.2012, 15:58

Auli

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Zitat:

Original von HAL 9000
Zum Uni-Thread: Ob wohl einer dieses Ping-Pong-Spiel der theoretischen Algebraiker beenden kann? Den ersten Teil der aktuellen Aufgabe

Zitat:

Original von tmo
Zeige, dass $\begin{eqnarray*} f=X^4+1 \end{eqnarray*}$ reduzibel über jedem Körper der Charakteristik $\begin{eqnarray*} p > 0 \end{eqnarray*}$ ist.

kriege ich ja durch konstruktive Angabe hin, aber beim zweiten Teil habe ich wohl zu wenig Ahnung von $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich hab bisher nur eine Einführungsvorlesung in Algebra und Zahlentheorie gemacht, was ich aber mitgenommen habe, ist dass wenn p = 1 mod 4 ist, ist -1 ein Quadrat in F_p.
Durch eine Substitution von X^4 durch Z^2 ergibt sich ja dann genau diese Situation

$\begin{eqnarray*} f = Z^{2} + 1 \end{eqnarray*}$ Linearfaktoren sind die Nullstellen des Polynoms also
$\begin{eqnarray*} Z^{2} = -1 \end{eqnarray*}$ was äquivalent dazu ist, dass -1 ein Quadrat in F_p ist. Von da aus muss man dann weiter zu X.
Leider weiss ich nicht wie (und ob) ich f dann faktorisieren kann und dann noch Mal was drauf loslassen kann, vorallem weiss ich nicht ob das was ich versuche überhaupt sinnvoll ist.

18.09.2012, 16:03

HAL 9000

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Naja, ich geb mal meine Variante des ersten Teils zum besten - vielleicht ist sie ausbaufähig für Teil 2 (und ich bin nur zu blind dafür), vielleicht aber auch nicht:

Zitat:

Für $\begin{eqnarray*} p=4n+1 \end{eqnarray*}$ betrachte ich eine primitive Wurzel $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ modulo $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ , für die ist $\begin{eqnarray*} g^{2n}\equiv -1 \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} x^4+1 \equiv x^4-g^{2n} = (x^2-g^n)(x^2+g^n) \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} p=4n-1 \end{eqnarray*}$ müsste hingegen

$\begin{eqnarray*} x^4+1 \equiv x^4+2^{4n-2} = \left( x^2 + 2^n x + 2^{2n-1} \right) \left( x^2 - 2^n x + 2^{2n-1} \right) \end{eqnarray*}$

klappen.

Vielleicht kann ja jemand anderes damit was anfangen.

18.09.2012, 16:20

tmo

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Gefällt mir smile

smile

Wenn man bedenkt, dass im 1. Fall $\begin{eqnarray*} g^n \end{eqnarray*}$ eine Wurzel aus $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ ist und im 2. Fall $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ eine Wurzel aus $\begin{eqnarray*} -2 \end{eqnarray*}$ ist, so könnte man das für Teil 2 ausbauen, wenn man zusätzlich zu Aulis Bemkerung, wann eine Wurzel aus $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ existiert, auch noch weiß, wann eine Wurzel aus $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ existiert.

Du hast nämlich im Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ hier schon 2 der 3 Möglichkeiten angegeben, f als Produkt zweier quadratischer Polynome zu schreiben. Es gilt also nur noch herauszufinden, für welche p die Koeffizienten schon in $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p \end{eqnarray*}$ liegen.

PS: Den zweiten Teil kann man aber auch mit elementarer Gruppentheorie und dem Wissen, dass $\begin{eqnarray*} (\mathbb F_p)^* \end{eqnarray*}$ zyklisch ist, bewältigen. Teufel

Teufel

PS2: Dass der Uni-Thread ein bisschen ins Stocken gerät, kann nicht nur an der Algebra liegen. Mit der Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel war auch niemand zufrieden Big Laugh

Big Laugh

Es ist aber auch gar nicht so einfach sich gute Aufgaben zu überlegen, bzw. gute Aufgaben rauszusuchen. Das könnte das Problem sein.

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18.09.2012, 16:48

Mystic

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Hm, es stimmt zwar, dass für meine letzte Aufgabe ein gerüttelt Maß an algebraischem Vorwissen - speziell aus der Ringtheorie - nötig war, was zwischendurch auch mal erlaubt sein sollte, bei dieser Aufgabe hier kann ich das aber absolut nicht erkennen... verwirrt

verwirrt

18.09.2012, 17:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mystic
bei dieser Aufgabe hier kann ich das aber absolut nicht erkennen... verwirrt

verwirrt

Ich weiß jetzt inzwischen wie es geht, aber wenn das alles so kleingeredet wird, dann habe ich auch keine Lust mehr, den Rest zu lösen. Außerdem sind ja auch die wirklichen Studenten gefragt. smile

smile

18.09.2012, 19:57

tmo

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Hier einfach mal eine Lösung des ersten Teils (der ist ja sowieso erledigt), die eine Idee enthält, die auch für den Teil 2 geeignet ist.

Dann kann bestimmt jemand außer HAL und Mystic den Teil 2 auflösen und das Ping-Pong ist vorbei Augenzwinkern

Augenzwinkern

Der Fall $\begin{eqnarray*} p=2 \end{eqnarray*}$ ist klar, also gehen wir von p ungerade aus. Dann gilt aber $\begin{eqnarray*} 8 |p^2-1 \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} |(\mathbb F_{p^2})^*| = p^2-1 \end{eqnarray*}$ und der Tatsache, dass diese Gruppe zyklisch ist, gibt es in $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{p^2} \end{eqnarray*}$ also ein Element mit der multiplikativen Ordnung 8, was einer Nullstelle von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ entspricht (Mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ sind auch $\begin{eqnarray*} a^3,a^5,a^7 \end{eqnarray*}$ Elemente der Ordnung 8, daher zerfällt $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sogar, aber das brauchen wir für den Beweis gar nicht).
Wäre $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ irreduzibel, so wäre der kleinste Körper, indem $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eine Nullstelle hat, aber $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{p^4} \end{eqnarray*}$ , Widerspruch.

Den konstruktiven Ansatz kann man so zusammenfassen:

Im Zerfällungskörper von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} f = (x^2+\sqrt{-1})(x^2-\sqrt{-1}) = (x^2+\sqrt{-2}x-1)(x^2-\sqrt{-2}x-1) = \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1) \end{eqnarray*}$ .

Daher ist nur zu zeigen, dass eine der Zahlen $\begin{eqnarray*} -1, -2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ ein Quadrat ist, was aber unmittelbar daraus folgt, dass das Produkt zweier Nichtquadrate ein Quadrat ist.

edit von sulo: Zeilenumbruch eingefügt, um die Überbreite der gesamten Threadseite zu reduzieren.

21.09.2012, 17:42

tmo

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Zitat:

Original von HAL 9000
Na das ist doch mal was, was sich mit viel Fleiß und weitgehend ohne Zahlentheoriekenntnisse knacken lässt. Big Laugh

Big Laugh

Fleiß, den offensichtlich niemand aufbringen will verwirrt

verwirrt

Dabei ist diese schöne Aufgabe doch wirklich sehr elementar und ohne Kunstgriff zu bearbeiten.

21.09.2012, 17:51

HAL 9000

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Vielleicht als Anschub für Interessenten:

Man muss nur wiederholt nutzen, dass der Wert $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ via $\begin{eqnarray*} p_n\leq \theta^n < p_n+1 \end{eqnarray*}$ mit dem halboffenen Intervall $\begin{eqnarray*} \theta \in \left[ \sqrt[n]{p_n}, \sqrt[n]{p_n+1} \right) \end{eqnarray*}$ korrespondiert, was dann den Bereich für mögliche $\begin{eqnarray*} p_{n+1} \end{eqnarray*}$ erheblich einengt...

30.09.2012, 17:06

HAL 9000

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Ist die aktuelle Uni-Aufgabe zu uninteressant, oder im Gegenteil zu schwer? Falls letzteres der Fall sein sollte: Wünscht jemand Tipps?

30.09.2012, 17:28

mathe760

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Nein sie ist absolut nicht uninteressant! Ein Tipp wäre sehr schön smile

smile

30.09.2012, 17:46

HAL 9000

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Man sollte mal über die größte der Kugeln nachdenken, sowie die Kugeln, die mit dieser größten Kugel einen nichtleeren Durchschnitt haben. Und die 27 ist ja auch irgendwie auffällig...

01.10.2012, 20:44

tmo

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Zur aktuellen Aufgabe: Ich weiß nicht, ob jeder Student nach den "Grundlagenvorlesungen" mit transfiniter Induktion und dem Wohlordnungssatz vertraut ist.

Wenn man sich auf abzählbar viele Geraden beschränkt, so müsste man eigentlich ohne diese Technik auskommen.

02.10.2012, 01:16

Grouser

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Ja, beim Stellen der Aufgabe war ich mir auch nicht sicher, ob ich diese Einschränkung zulassen soll. Ich weiß eben auch nur vom Hören/Sagen was an anderen Universitäten an logischen Grundlagen vermittelt wird und dachte mir, die Aufgabe erst einmal in vollem Umfang zu stellen.

Falls jemand an diesem Problem interessiert, aber in seinem Studium noch nicht über die transfinite Induktion gestolpert ist, so soll er gerne auch eine Lösung für abzählbar viele Geraden vorstellen. Diese Einschränkung ist für den Kern des Problems keine wesentliche.

02.10.2012, 08:33

Mystic

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Zitat:

Original von Grouser
Falls jemand an diesem Problem interessiert, aber in seinem Studium noch nicht über die transfinite Induktion gestolpert ist, so soll er gerne auch eine Lösung für abzählbar viele Geraden vorstellen. Diese Einschränkung ist für den Kern des Problems keine wesentliche.

Ja, am Ende werden viele sagen: „Das also war des Pudels Kern!“ (Faust I)... Big Laugh

Big Laugh

09.10.2012, 19:02

Cheftheoretiker

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Ich denke da bis jetzt niemand die Aufgabe aufgelöst hat, sollte dies Grouser nun tun.

09.10.2012, 21:40

Huy

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^this. Die Lösung interessiert mich sehr. Gott

Gott

MfG

10.10.2012, 20:18

tmo

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Also für abzählbar viele verschiedene Geraden $\begin{eqnarray*} g_1, g_2, \dotsc \end{eqnarray*}$ geht es so:

Wir konstruieren induktiv die Mengen $\begin{eqnarray*} Q_0 \subset Q_1 \subset \dotsc \end{eqnarray*}$ durch:

$\begin{eqnarray*} Q_0 = \emptyset \end{eqnarray*}$

Ist $\begin{eqnarray*} Q_n \end{eqnarray*}$ bereits konstruiert, so sei $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ der kleinste Index, für den die Gerade $\begin{eqnarray*} g_j \end{eqnarray*}$ die Menge $\begin{eqnarray*} Q_n \end{eqnarray*}$ nur in höchstens einem Punkt schneidet.

Nun wählen für einen Punkt auf $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ auf der Geraden $\begin{eqnarray*} g_j \end{eqnarray*}$ , der noch nicht in $\begin{eqnarray*} Q_n \end{eqnarray*}$ liegt und zu keinen 2 Punkten aus $\begin{eqnarray*} Q_n \end{eqnarray*}$ kolinear ist. Wir setzen $\begin{eqnarray*} Q_{n+1} := Q_n \cup \{p\} \end{eqnarray*}$ .

Man sieht leicht ein, dass solch ein Punkt existiert: Auf $\begin{eqnarray*} g_j \end{eqnarray*}$ liegen überabzählbar viele Punkte, in $\begin{eqnarray*} Q_n \end{eqnarray*}$ liegen aber bis jetzt nur endlich viele Punkte, unter denen man auch nur endlich viele Geraden bilden kann, die $\begin{eqnarray*} g_j \end{eqnarray*}$ nur je einmal schneiden. (Das ist der Schritt bei dem man genauer aufpassen muss, wenn man die ursprüngliche Aufgabe mit transfiniter Induktion bearbeitet)

Dann erfüllt $\begin{eqnarray*} Q := \bigcup_{n \geq 0} Q_n \end{eqnarray*}$ die Bedinung, dass jede der Geraden $\begin{eqnarray*} g_1, g_2, \dotsc \end{eqnarray*}$ diese Menge genau 2 mal trifft. $\begin{eqnarray*} Q \end{eqnarray*}$ erfüllt darüber hinaus sogar noch die Bedingung, dass jede Gerade der Ebene höchstens 2 mal getroffen wird.

13.10.2012, 12:10

Grouser

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Ehrlich gesagt wundert mich selbst, dass niemand bisher eine Lösung gepostet hat, da dieses Problem ein Vorzeigebeispiel für den Nutzen mathematischer Logik außerhalb ihrer eigentlichen Problemstellung ist.

Dennoch werde ich heute abend die Lösung posten und tmo bitten, das nächste Problem vorzustellen.

15.10.2012, 20:19

tmo

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Hab gerade keine gute Aufgabe zur Hand. Falls also jemand die letzte Aufgabe mit Methoden aus Ana II/III / Maßtheorie lösen will und eine schöne Aufgabe stellen kann, nur zu Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ansonsten versuche ich bis Morgen Abend was parat zu haben.

23.10.2012, 23:47

Cheftheoretiker

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Wo bleibt denn die nächste Aufgabe?

05.11.2012, 20:10

Slash123

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@tmo: Wir habens anders definiert, aber ok. Ich liefer nachher ne ordentliche ausführlichere Lösung nach - wie man zeigt, was die Einheiten sind, weiß ich. =)

26.11.2012, 23:11

Slash123

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Ich löse dann morgen mal auf, denk ich. =)

07.12.2012, 15:21

Che Netzer

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Ist die neue Aufgabe doch schwieriger als ich dachte?
Dann mal ein Tipp: In Banach-Räumen gibt es eine schöne Formel für den Spektralradius; die kann man hier anwenden.

11.12.2012, 16:39

tmo

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Das Problem ist wohl eher weniger die Schwierigkeit als eher das Nichtinteresse, dass sich mittlerweile in dem Thread breitgemacht hat. Irgendwann wird halt alles langweilig unglücklich

unglücklich

Liegt wahrscheinlich auch daran, dass es auf Dauer ziemlich schwer ist, gute (im Sinne von relativ elementar lösbar, aber anspruchsvoll) Aufgabe zu finden.

Ich gebe trotzdem noch ein Tipp, falls doch jemand Interesse hat (Und wenn es nur jemand auflöst, weil er eine bessere Aufgaben stellen kann Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Eigentlich ist ja der nur der Fall zu betrachten, bei dem $\begin{eqnarray*} x^2 \equiv -1 \pmod p \end{eqnarray*}$ nicht lösbar ist.

Die Lösbarkeit von $\begin{eqnarray*} x^2 +y^2 \equiv -1 \pmod p \end{eqnarray*}$ ist dann äquivalent dazu, ein Nichtquadrat der Form $\begin{eqnarray*} y^2+1 \end{eqnarray*}$ zu finden. Letzteres sollte machbar sein.

14.12.2012, 17:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von tmo
Das Problem ist wohl eher weniger die Schwierigkeit als eher das Nichtinteresse, dass sich mittlerweile in dem Thread breitgemacht hat.

Momentan ist halt zuviel "Konkurrenz", z.B. wie jedes Jahr im Advent der Mathe-Kalender - obwohl der natürlich nicht Uni-Wissen voraussetzt, sondern eher "gehobenes" Schulwissen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Übrigens eine nette Aufgabe dort heute, vereint in schöner Weise gleich mehrere Teilgebiete (Kombinatorik, Analysis, Zahlentheorie) - auch wenn der "praktische Hintergrund" der Erzählstory angesichts der exorbitanten Zahlen ein wenig absurd wirkt. Big Laugh

Big Laugh

Aus mathematischer Sicht aber m.E. die gelungenste Aufgabe bisher in diesem Jahr.

20.12.2012, 20:08

tmo

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Will noch jemand oder soll ich einfach mal auflösen?

14.01.2013, 17:02

Monoid

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Soll die Lösung von Aufgabe 45 nicht mittlerweile gepostet werden? verwirrt

verwirrt

Eine Woche ist ja schon lange um. Die Lösung würde mich jedenfalls interessieren....

15.01.2013, 19:53

Monoid

Auf diesen Beitrag antworten »

@ tmo:
Das ging aber schnell. Freude

Freude

Denn die Aufgabe ist aus der 10. Mathechallenge im Matheplanet. Und die haben wesentlich länger gebraucht.

15.01.2013, 21:42

Fragen über Fragen

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Es war die 1. Aufgabe aus der 8. Challenge und es ist dort üblich, erst nach längerer Zeit (steht dort irgendwo in den Regeln) zu antworten, um anderen nicht den Rätselspaß zu verderben.

16.01.2013, 10:06

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bin ja auch schon bei der Angabe ausgestiegen:

Zitat:

Aufgabe 46:

Es sei $\begin{eqnarray*} f : \mathbb Z^{\mathbb N} \to \mathbb Z^{\mathbb N} \end{eqnarray*}$ ein Ringhom., mit $\begin{eqnarray*} f( e_{i})=e^{i} \forall i \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Einerseits sollte es nämlich eine Abbildung $\begin{eqnarray*} f : \mathbb Z^{\mathbb N} \to \mathbb Z^{\mathbb N} \end{eqnarray*}$ sein, anderererseits ist doch das Bild von $\begin{eqnarray*} e_i \end{eqnarray*}$ die i-te Potenz von e=2.718..., also eine reelle Zahl... geschockt

geschockt

Zur vorige Aufgabe 45 noch: Natürlich habe ich auch sofort erkannt, dass $\begin{eqnarray*} a_2=2 \end{eqnarray*}$ der einzige in Frage kommende Wert ist... Wenn man die Folgenglieder als rationale Funktionen in $\begin{eqnarray*} x=a_2 \end{eqnarray*}$ anschreibt, sieht man, dass auf eine geheimnisvolle Weise die Fibonaccizahlen ins Spiel kommen, und zwar nur die mit ungeradem Index, also 1,3,8,21, usw. ... Ich wollte eigentlich diesen Weg weiter verfolgen, bin aber gescheitert bzw. hatte auch zuwenig Zeit dafür...

19.01.2013, 20:17

Monoid

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh, da habe ich aber einen fatalen Schreibfehler gemacht. geschockt

geschockt

Entschuldigung! Gott

Gott

@tmo:
Was ist eigentlich mit der nächsten Aufgabe?

20.01.2013, 12:39

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Logischerweise kenne ich natürlich die Lösung der (für mich "maßgeschneiderten") Aufgabe 47, räume aber gerne noch eine Frist von einigen Tagen ein, falls sich jemand daran versuchen will... Augenzwinkern

Augenzwinkern

20.01.2013, 12:46

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Gut, dass du dich zurückhältst (Inwiefern ist sie denn für dich maßgeschneidert?). Diese Aufgabe ist übrigens völlig elementar lösbar. Wenn einem nichts besseres einfällt, schaut man sich einfach an, wie man die Körperaxiome (insbesondere das, was einen Körper vom komm. Ring mit 1 unterscheidet) für $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ beweist und schaut, was da in $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p \end{eqnarray*}$ schiefgehen kann.

20.01.2013, 17:49

tmo

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Aus gegebenem Anlass:

Es ist nicht zu zeigen, dass die konstruierte Menge eine abelsche Gruppe und einen kommutativen Ring mit 1 bildet. Das ist sowieso klar. Es ist nur die Körpereigenschaft in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ zu bestimmen.

Ergo kommt der Post von Monoid der Lösung nicht wirklich näher als ein leerer Post, wie auch schon von jester. erwähnt. Also weiter versuchen Augenzwinkern

Augenzwinkern

20.01.2013, 18:10

sulo

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Dann sollte dieser Beitrag von Monoid (sowie die Antwort darauf) doch in den Diskussionsthread (also hierher) verschoben werden, oder? verwirrt

verwirrt

20.01.2013, 21:26

Mystic

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Zitat:

Original von tmo
Gut, dass du dich zurückhältst (Inwiefern ist sie denn für dich maßgeschneidert?).

Das fragst du?... Big Laugh

Big Laugh

Immerhin sollten in der von mir gestellten Aufgabe 28, welche ja auch du dann gelöst hast, alle p-Ringe mit p² Elementen und Charakteristik p klassifiziert werden... Darunter kamen natürlich auch die von dir hier zur Auswahl gestellten 3 Ringe mit Einselement vor... Augenzwinkern

Augenzwinkern

25.01.2013, 17:28

Monoid

Auf diesen Beitrag antworten »

@Mystic:

Willst du die Lösung nicht langsam Posten? verwirrt

verwirrt

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