Равенство в конечном поле

[wooddii]

Доброго времени суток, форумчане!
Требуется доказать, что если в поле из $2^n$ элементов для $a$ и $b$ выполняется равенство $a^2+ab+b^2 = 0$, то $a=b=0$.

$F_{2^n}=\left\lbrace a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0 \right\rbrace$, где $a_i \in F_{2}$.

Домножим исходное равенство на $(a-b)$. Получим: $(a-b)(a^2+ab+b^2) = 0$. Отсюда: $a^3=b^3$. Пусть $b \neq 0$. Тогда $ (\frac{a}{b})^3 = 1$, так как работаем в поле и для каждого элемента есть обратный.

Если $(\frac{a}{b}) \neq 1$, то $\#<(\frac{a}{b})> = 3$, что противоречит теореме Лагранжа. Следовательно, $(\frac{a}{b}) = 1$; и $a = b$. Подставляя в исходное выражение получим, что $3b^2 = 0$, то есть $b=0$. Противоречие, значит $b=0$. Но из этого следует, что $a^2 = 0$, то есть $a=0$. Таким образом, $a=b=0$.

Мне говорили, что я неаккуратно строю рассуждения. Так вот, верно ли мое доказательство?

[adfg]

wooddii писал(а):

Требуется доказать, что если в поле из $2^n$ элементов для $a$ и $b$ выполняется равенство $a^2+ab+b^2 = 0$, то $a=b=0$.

Может я чего не понимаю, но в поле из $4$ элементов при $b=1$ вполне себе выполняется равенство $a^2+a+1=0$, при этом $a\neq0$

wooddii писал(а):

Если $(\frac{a}{b}) \neq 1$, то $\#<(\frac{a}{b})> = 3$, что противоречит теореме Лагранжа.

Это должно быть верно при нечетном $n$, при четном $n$ не видно противоречий

[wooddii]

adfg в сообщении #1315199 писал(а):

wooddii писал(а):

Требуется доказать, что если в поле из $2^n$ элементов для $a$ и $b$ выполняется равенство $a^2+ab+b^2 = 0$, то $a=b=0$.

Может я чего не понимаю, но в поле из $4$ элементов при $b=1$ вполне себе выполняется равенство $a^2+a+1=0$, при этом $a\neq0$

wooddii писал(а):

Если $(\frac{a}{b}) \neq 1$, то $\#<(\frac{a}{b})> = 3$, что противоречит теореме Лагранжа.

Это должно быть верно при нечетном $n$, при четном $n$ не видно противоречий

Первое: Что за а такое? При подстановке 0,1,2,3 значение выражения равно 1,3,3,1 соответственно.
Второе: $2^n$ четное, оно не делится на 3 никогда.

[adfg]

wooddii писал(а):

Первое: Что за а такое? При подстановке 0,1,2,3 значение выражения равно 1,3,3,1 соответственно.

А что это за 0,1,2,3 такие? Вы вообще-то знаете что такое поле из 4 элементов? Учебник-то хоть раз читали?

wooddii писал(а):

Второе: $2^n$ четное, оно не делится на 3 никогда.

Оно конечно не делится, зато $2^n-1$ иногда делится

[wooddii]

Поле ведь изоморфно $\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}$.
Да, вы правы. Порядок $F^*_{2^n}=2^n-1$.

[VAL]

wooddii, Вы бы сначала почитали учебник.
А то, такую ахинею пишете... Какие-то двойки, тройки у Вас в поле из $2^n$ элементов. Нет там ничего подобного!

По существу заданного вопроса.
Приведенное в первом посте утверждение доказать невозможно, поскольку оно неверно. Как Вам уже указали, достаточно взять в качестве $b$ единицу, а качестве $a$ корень полинома $x^2+x+1$.

[wooddii]

VAL в сообщении #1315211 писал(а):

wooddii, Вы бы сначала почитали учебник.
А то, такую ахинею пишете... Какие-то двойки, тройки у Вас в поле из $2^n$ элементов. Нет там ничего подобного!

По существу заданного вопроса.
Приведенное в первом посте утверждение доказать невозможно, поскольку оно неверно. Как Вам уже указали, достаточно взять в качестве $b$ единицу, а качестве $a$ корень полинома $x^2+x+1$.

Двоек и троек там нет, мне известно как это поле выглядит. Это поле - расширение степени n поля $F_2$.

[adfg]

wooddii писал(а):

Поле ведь изоморфно $\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}$

Оно изоморфно только при простых $p$. Но 4 - не простое число, поле из 4 элементов - это не класс вычетов по модулю 4, иначе элемент 2 в нем был бы необратим. Не поленитесь, откройте учебник, почитайте как строятся конечные поля. И найдите как строится поле из 4 элементов, или постройте его сами. Без знания основ вы не сможете решать такие задачи и будете все время делать в них глупые ошибки

[wooddii]

adfg в сообщении #1315214 писал(а):

wooddii писал(а):

Поле ведь изоморфно $\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}$

Оно изоморфно только при простых $p$. Но 4 - не простое число, поле из 4 элементов - это не класс вычетов по модулю 4, иначе элемент 2 в нем был бы необратим. Не поленитесь, откройте учебник, почитайте как строятся конечные поля. И найдите как строится поле из 4 элементов, или постройте его сами. Без знания основ вы не сможете решать такие задачи и будете все время делать в них глупые ошибки

Да, только тогда, когда $p$ простое,$Z/pZ$ будет полем, поэтому и написал собственно $p$.
Поле строится присоединением корня неприводимого многочлена, это мне известно.
Из четырех элементов, например, присоединением корня неприводимого полинома степени 2.
Я в условии указал, как оно строится в общем виде.
А откуда взялось 4 собственно?
В качестве контр-примера?

-- 27.05.2018, 01:59 --

Еще путаюсь, думаю одно, пишу другое иногда)

-- 27.05.2018, 02:01 --

Однако ведь, если $n$ такое, что $2^n-1$ не делится на 3, то утверждение верно и доказательство более-менее сносное?

-- 27.05.2018, 02:18 --

Ну да, так получается.
То что выше писал, да, ересь, прошу прощения.
На ночь глядя не пойми что несу.
Поле из 4-х элементов, $a^2+a+1 = 0$, $a$ - в точности корень неприводимого полинома, на основе которого построили расширение.
Никаких двоек и троек там нет, там есть только 0, 1, $a$ (корень многочлена $x^2+x+1=0$) и $a+1$.
Вроде бы все до конца осознал теперь.
Спасибо!

[adfg]

wooddii писал(а):

Поле из 4-х элементов, $a^2+a+1 = 0$, $a$ - в точности корень неприводимого полинома, на основе которого построили расширение.
Никаких двоек и троек там нет, там есть только 0, 1, $a$ (корень многочлена $x^2+x+1=0$) и $a+1$.
А откуда взялось 4 собственно?
В качестве контр-примера?

Да, это контрпример к Вашему утверждению

wooddii писал(а):

Однако ведь, если $n$ такое, что $2^n-1$ не делится на 3, то утверждение верно и доказательство более-менее сносное?

Да, при нечетном $n$ все похоже на правду и противоречий не видно, я уже писал об этом

[g______d]

Подсказка:

1) Нетривиальный кубический корень из единицы является элементом порядка 3 по умножению.

2) Мультипликативная группа поля -- циклическая порядка $2^n-1$.

3) В циклической группе есть элемент порядка 3 титтк её порядок делится на 3.

Отсюда можно получить правильную формулировку задачи.

[VAL]

g______d в сообщении #1315218 писал(а):

Отсюда можно получить правильную формулировку задачи.

Я полагал, что правильная формулировка такая:
Доказать, что при нечетном $n$ в поле $\matbb F_{2^n}$ из условия $a^2 + ab + b^2 = 0$ следует, что $a=b=0$.

Но это можно доказать в одну строчку, не переходя к строению мультипликативной группы поля.

[g______d]

VAL в сообщении #1315232 писал(а):

Я полагал, что правильная формулировка такая:
Доказать, что при нечетном $n$ в поле $\matbb F_{2^n}$ из условия $a^2 + ab + b^2 = 0$ следует, что $a=b=0$.

Ну есть ещё утверждение в другую сторону -- что при чётном $n$ всегда найдётся контрпример. Если в эту сторону не заморачиваться, то цикличность не нужна (ну и я не утверждаю, что нельзя проще).

[VAL]

g______d в сообщении #1315234 писал(а):

Ну есть ещё утверждение в другую сторону -- что при чётном $n$ всегда найдётся контрпример. Если в эту сторону не заморачиваться, то цикличность не нужна (ну и я не утверждаю, что нельзя проще).

В другую сторону, по сути, все уже доказано в этом топике.
Приведенный контрпример проходит для любого поля с четным $n$.

PS: Конечно, все эти доказательства в одну строчку получаются, если отталкиваться от факта, что любое поле из $p^n$ представляет собой множестве всех корней всех неприводимых над $\matbb Z_p$ многочленов, степени которых делят $n$.

[g______d]

VAL в сообщении #1315236 писал(а):

PS: Конечно, все эти доказательства в одну строчку получаются, если отталкиваться от факта, что любое поле из $p^n$ представляет собой множестве всех корней всех неприводимых над $\matbb Z_p$ многочленов, степени которых делят $n$.

Ну вот кстати это, по-моему, сложнее, чем цикличность мультипликативной группы (для цикличности не нужно вообще ничего, кроме теоремы Безу, а количество элементов в поле дано по условию).