Теорема о мощности конечного поля

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #537140 писал(а):

По определению отображения, одному иксу (классу) должен соответствовать один игрик-элемент поля. А игриков тут не один, получается...

При определенных условиях игрек будет именно что один — читайте второй абзац.

-- Пт фев 10, 2012 21:05:45 --

Ох... только сейчас сообразил что можно было еще нежнее. В общем, Unconnected, то чем мы с вами сейчас занимались — оно хорошо и нужно, но можно и без него.

Joker_vD в сообщении #536729 писал(а):

Если $\mathrm{char} K=p$, то отображение $f\colon \mathbb Z_p\to K$, $f(a)=\sum\limits_{n=1}^{a}1$ корректно определено и является гомоморфизмом, а следовательно (по теореме о гомоморфизме полей), инъективно, и $F=f(\mathbb Z_p)$ — подполе $K$, причем $F\cong\mathbb Z_p$.

Этот кусок можно заменить на вот что:

Определим гомоморфизм $f\colon \mathbb Z\to K$ так: $f(0)=0$, $f(1)=1$, это само собой, а далее... а далее, собственно, все уже за нас решено: $f(-1)=-1$, да и вообще $f(k)=\sum\limits_1^k 1$ если $k>0$ и $f(k)=\sum\limits_1^{|k|} (-1)$ если $k<0$ — по свойствам гомоморфизма. Раз $K$ у нас конечно, то рано или поздно найдутся такие $m,n\in\mathbb Z$, что $f(m)=f(n)$, т.е. $f(m-n)=0$. Наименьшее из таких $e>0$, что $f(e)=0$, обозначим за $p$. Если $k=pn+r,\;0\leqslant r<p$, то $f(k)=0$ лишь если $f(r)=0$, т.е. $r=0$ (ведь $r<p$, а $p$ — наименьшее ненулевое, $f$ от которого равно нулю).

Далее, $p$ — простое число, потому что если это не так, $p=mn$, то $f(p)=f(mn)=f(m)f(n)=0$, а $K$ у нас все-таки поле, и значит, либо $f(m)=0$, либо $f(n)=0$, и в любом случае $p$ тогда — не наименьшее. Таким образом, все свелось к тому, что $f(k)=0$ тогда и только тогда, когда $k\in p\mathbb Z$. По теореме о гомоморфизме, мы получаем индуцированный изоморфизм $\overline f\colon \mathbb Z/p\mathbb Z\to f(\mathbb Z)\subset K$. Однако $\mathbb Z/p\mathbb Z$ — всегда поле в случае простых $p$, поэтому $F=f(\mathbb Z)$ — подполе поля $K$, и изоморфно $\mathbb Z_p$.

[Unconnected]

Цитата:

При определенных условиях игрек будет именно что один — читайте второй абзац.

Ой, да, извините, самое важное случайно и прохлопал.. то есть, я правильно понимаю, что в поле с характеристикой 5... ...$3=8$?? Сейчас вот понимаю, что так и должно быть, потому что, конечное же оно! Но абсурдность 3=8 вне контекста вычетов до сих пор ставила в тупик..

added: да, видимо 3=8, т.к. $8=5+3=5\cdot 1 + 3 = 3$. Тогда, получается, Sonic86 ошибся http://dxdy.ru/post536726.html#p536726 тут с образом.. Хотя, впрочем, и не ошибся, они ж равны там классово, и взаимозаменяемы значит..

Хорошо, с этим ясно.. я правильно понимаю, что подполе $f(Z_p)$ совпадает с K?

[Joker_vD]

В поле с характеристикой $5$ действительно $3=8$, если под $3$ и $8$ понимаются, соответственно, суммы трех и восьми единичных элементов этого поля. Другое дело, что так стараются особо не писать, так как $3$ и $8$ больно уж похожи на целые числа

У Sonic86 все правильно, просто он опустил в записи "$\pmod{5}$".

[Unconnected]

Всё понял! Спасибо всем огромнейшее!!

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #537169 писал(а):

я правильно понимаю, что подполе $f(Z_p)$ совпадает с K?

Нет. В $f(Z_p)$ всего $p$ элементов, но существуют поля с $p^2$ элементами, и с $p^3$, и т.д.

[Unconnected]

Эмм, я имел в виду, что допустим $f(Z_5)$ совпадает с полем характеристики 5, разве нет ? (совпадает-имею в виду, что любой эл-т из поля равен какому-то эл-ту в образе)

[Joker_vD]

Есть поле характеристики пять, в котором содержится 25 элементов. В нем есть собственное подполе, изоморфное $\mathbb Z_p$. Остальные 20 элементов гуляют сами по себе.

Поле из пяти элементов — одно, с точностью до изоморфизма. А вот полей характеристики пять много, очень много! Собственно, их бесконечно много: это поле из пяти элементов, из 25, из 125, из 625, из $5^5$, из $5^6$ элементов и т.д.

[Unconnected]

О, даже так А как это может получиться, что остальные 20 не входят в "маленькое" подполе? Они что, комплексные какие-нибудь?

[Sonic86]

(Оффтоп)

Unconnected в сообщении #537336 писал(а):

О, даже так А как это может получиться, что остальные 20 не входят в "маленькое" подполе? Они что, комплексные какие-нибудь?

Может быть Вы все-таки поковыряетесь в $\mathbb{Z}_3$ и в $\mathbb{Z}_3[i]$? Поскладываете там элементы, поперемножаете, линейные уравнения порешайте. До Вас сразу все дойдет.

[Joker_vD]

Unconnected
Ладно, давайте все-таки вживую попробуем. Вот вам такое поле $K=\{ax+b\mid a,b\in\mathbb Z_5\}$, операции введены следующим образом: $(a_1x+b_1)+(a_2x+b_2)=(a_1+a_2)x+(b_1+b_2)$, $(a_1x+b_1)(a_2x+b_2)=(a_1b_2+a_2b_1)x+(b_1b_2+2a_1a_2)$.

Ваша задача: 1) найти нулевой и единичный элементы, 2) построить вложение $\mathbb Z_5$ в $K$, 3) показать, что $1x+0$ при этом вложении не имеет прообраза в $\mathbb Z_5$.

-- Сб фев 11, 2012 18:52:08 --

Unconnected в сообщении #537336 писал(а):

Они что, комплексные какие-нибудь?

Да, вроде того. Вас же не удивляет, что у $i\in\mathbb C$ нету прообраза в $\mathbb R$?

[Unconnected]

1) Нулевой элемент - $5kx+5n, k,n \in Z$, единичный - $5kx+6^n, k,n \in Z$

2) Уже интереснее.. пусть гомоморфизм $f=(\sum_{k=1}^{a}1')$, 1' это единица бОльшего поля. Проверяю по сложению: f(a+b) ("плюс" из простого $Z_5$)=($\sum_{k=1}^{a+b}1)x+5n$ = ($\sum_{k=1}^{a}1)x + 5n $+ ($\sum_{k=1}^{b}1)x + 5r$ - на этом месте я как бы делаю вывод, что вижу сумму элементов бОльшего поля, и по симметричности смотрю влево.. вроде можно так.

С умножением интереснее, я вообще изначально (ошибочно) думал, что у бОльшего поля, и у вложения могут быть разные единичные элементы (а проверка показывает, что не могут. Вот и сейчас, визуально не вижу противоречий, надо начинать думать аналитически)). Ну и из этого предположения, я не стал использовать единицу поля (честно говоря, сглючило, что она вкупе с гомоморфизмом выше не подходит равенствам), а заметил, что ab при а=b в $Z_5$ равно 1 или -1, а значит образ $a \cdot a$ будет единицей (или -1) вложения. Решил уравнение, и оказалось, что единицы совпадают) Ну и равенство $f(ab)=f(a) \times f(b)$ выполняется, там легко.

3) Чтобы $1x+0$ имел прообраз, надо чтобы некая (в кол-ве представителя малого поля) сумма единиц была ему равна, а значит по свойству введённого сложения $\sum_{k=1}^{a}0=1 (0,1\in Z_5)$, а нули в сумме только 0 дают.. точнее, два из них по определению точно в сумме 0, можно распространить по индукции.

Ну теперь понятно, как остальные сами по себе гуляют.. (Кстати, получается, из копий единицы нельзя сложением получить любое число!) Наверное, можно сделать вложение такое, что первая координата образа будет ненулевой..
Если я всё правильно понял, то классное упражнение, однако

[Joker_vD]

1) В случае единичного вы, наверное, имели ввиду $5kx+(5n+1)$. Хотя, конечно, такая запись несколько... пишите просто $\overline 0x+\overline1$, а если не умеете рисовать черточки — пишите без них, я пойму. И вы тоже привыкайте, что обычно обходятся без них. Дальше у меня по тексту все числа должны были быть с чертами, как элементы $\mathbb Z_5$, но я эти черты опустил.

2) Ничего не понял. Вложение — это гомоморфизм, поэтому вы должны переводить ноль в ноль, а единицу — в единицу. Я же не просто так просил вас их найти. Вот вы должны теперь отобразить $f(0)=0x+0,\;f(1)=0x+1$. У вас просто нет выбора, потому что единица обязана переходить в единицу, а ноль в ноль. А дальше вы совсем рыпаться не можете, потому что любой элемент $\mathbb Z_5$ представляется в виде суммы единиц из $\mathbb Z_5$, и гомоморфизм на них определяется по аддитивности: $f(a)=f(\sum1)=\sum f(1)=\sum(0x+1)=0x+(\sum1)=0x+a$. Это единственно возможное вложение $\mathbb Z_5$ в описанное поле.

3) Любой элемент $a\in\mathbb Z_5$ при этом вложении переходит в $0x+a$, перейти в $1x+0$ он никак не может, так как $0\ne1$.

Unconnected в сообщении #537750 писал(а):

Наверное, можно сделать вложение такое, что первая координата образа будет ненулевой..

А теперь я вам открою страшную тайну: гляньте на 2) еще раз. Вы либо можете вложить $\mathbb Z_p$ в какое-то поле — и тогда такое вложение единственно, — либо не можете.

[Unconnected]

Так так.. я правильно понимаю, что любое подполе содержит(или равно) ещё меньшее подполе, каждый элемент которого можно представить суммой единиц? (Так как единица должна содержаться в любом подполе, ну а с ней и двойка и т.п...)

Цитата:

Вы либо можете вложить $\mathbb Z_p$ в какое-то поле — и тогда такое вложение единственно, — либо не можете

Для $Z_p$ - да, а вообще, можно ведь найти такие поля, что в образе будут разные подполя? Мне кажется, можно..

А, и ещё, бывают (для этого примера) и другие отображенияв-вложения, образ-прообраз которых совпадают с исходным - т.е. просто "перетасовываются" элементы (кроме 0 и 1)?

Про невозможность вложить $Z_5$ в $Z_7$... По теореме про гомоморфизм полей, он инъективный, значит в Z_7 должно быть подполе мощности 5, но $Z_7$ и само состоит из копий единицы, и конечно, а значит каким-то двум элементам из образа гомоморфизма суммы в этом же образе-"подполе" не найдется.. так можно доказать?

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #538038 писал(а):

Так так.. я правильно понимаю, что любое подполе содержит(или равно) ещё меньшее подполе, каждый элемент которого можно представить суммой единиц? (Так как единица должна содержаться в любом подполе, ну а с ней и двойка и т.п...)

Есть т.н. простые поля — поля, которые не содержат собственных подполей. Это $\mathbb Q$ и $\mathbb Z_p$. Любое поле содержит ровно одно подполе, изоморфное какому-то простому полю (какому именно — зависит от характеристики).

Unconnected в сообщении #538038 писал(а):

да, а вообще, можно ведь найти такие поля, что в образе будут разные подполя? Мне кажется, можно..

Довольно большой кусок теории полей посвящен подсчету количества спсобов, каким одно поле можно вложить в другое. Да, есть такие. Например, вложить $K(x)$ в $K(x,y)$ можно бесконечно многими различными способами. В качестве другого примера можете рассмотреть вложения вон того $K$ в... да в себя же: таких вложений ровно два (хотя правильнее, конечно, уже называть их автоморфизмами).

Unconnected в сообщении #538038 писал(а):

так можно доказать?

Да. В причесанном виде: Образ поля при вложении в $\mathbb Z_p$ является подполем, но у $\mathbb Z_p$ собственных подполей нету, этот образ совпадает со всем $\mathbb Z_p$ и наше вложение — изоморфизм, а поля различных характеристик неизоморфны.

[Unconnected]

Шикаарно.. блин, пока руками не потрогаешь, до конца непонятно, осознается только на уровне определений.. посоветуете какой-нибудь задачник или что-то такое, где есть хорошие примеры со всякими структурами?