Нецикличность мультипликативной группы бесконечного поля

[Ho-DH]

Здравствуйте. Буду крайне признателе всем, кто выскажет свои соображения касательно доказательства нецикличности мультипликативной группы бесконечного поля. В одном из научных сборников удалось найти довольно интересное обоснование, однако оно опиралось на сомнительный (как мне кажется) факт о справедливости такой формулы (при четном k):

$$(1+a)^k=1+a^k$$

для всякого элемента $a$ поля характеристики 2 (понятно, что бесконечное поле, мультипликативная группа которого циклическая, есть поле характеристики 2). Спасибо всем за внимание.

[Sonic86]

Я не очень понимаю, но если $k=2^m$, то соотношение $(1+a)^k=1+a^k$ легко доказывается индукцией по $m$, а если $k$ просто четное, то например
$(1+a)^6 = (1+a^2)^3=1+a^2+a^4+a^6 \neq 1+a^6$
в поле Галуа $GF(2^n)$ для $n>4$

[Ho-DH]

Здесь я не спорю, но в том доказательстве использовалось для произвольного четного k.

[Leox]

Ho-DH в сообщении #445161 писал(а):

Здравствуйте. Буду крайне признателе всем, кто выскажет свои соображения касательно доказательства нецикличности мультипликативной группы бесконечного поля.

Странно, всегда думал что мультипликативная группа поля циклична.

[Joker_vD]

(Оффтоп)

Кстати, какие есть счетные поля, кроме $\mathbb Q$? Если никаких, то все очень просто — мультипликативная группа$\mathbb Q$ нециклична, а несчетные поля очевидно не могут иметь циклической мультипликативной группы.

[VAL]

Joker_vD в сообщении #445251 писал(а):

(Оффтоп)

Кстати, какие есть счетные поля, кроме $\mathbb Q$?

(Оффтоп)

Разумеется, есть. И очень много. Например, $\mathbb Q(\sqrt2)$. Разумеется, примеры могут совсем иными. Например, алгебраическое замыкание какого-нибудь конечного поля.

-- 13 май 2011, 00:44 --

Leox в сообщении #445242 писал(а):

Странно, всегда думал что мультипликативная группа поля циклична.

Любая конечная мультипликативная группа поля циклична. (Само поле конечным быть не обязано.)

-- 13 май 2011, 00:46 --

Ho-DH в сообщении #445166 писал(а):

Здесь я не спорю, но в том доказательстве использовалось для произвольного четного k.

Разумеется, для произвольного четного k это неверно.
Например, $(1+a)^6=\left((1+a)^2\right)^3=(1+a^2)^3=1+a^2+a^4+a^6$.

[Joker_vD]

VAL в сообщении #445270 писал(а):

Любая конечная мультипликативная группа поля циклична. (Само поле конечным быть не обязано.)

А... погодите, ведь $k^* = k \setminus \{0\}$? Тогда у бесконечного поля и мультипликативная группа должна быть бесконечной. В любом случае, мультпликативная группа $\mathbb Q(\sqrt2)$ тоже циклической не является — в какую целую степень $\sqrt[n]2$ ни возведи, тройку не получишь: $\log_23$ — число иррациональное.

Ho-DH
Может, покажете все-таки то самое доказательство?

[VAL]

Joker_vD в сообщении #445272 писал(а):

VAL в сообщении #445270 писал(а):

Любая конечная мультипликативная группа поля циклична. (Само поле конечным быть не обязано.)

А... погодите, ведь $k^* = k \setminus \{0\}$? Тогда у бесконечного поля и мультипликативная группа должна быть бесконечной.

Разумеется, речь идет не о всех ненулевых элементах, а о некой конечной подгруппе мультипликативной группы поля. Например, о группе корней 12-й степени из единицы в $\mathbb C^*$.

Цитата:

В любом случае, мультпликативная группа $\mathbb Q(\sqrt2)$ тоже циклической не является.

А кто утверждал обратное?
Вообще, очевидно, что утверждение, приведенное ТС, верно.
Бесконечная циклическая группа изоморфна $\langle\mathbb Z,+\rangle$.
Поскольку в $\langle\mathbb Z,+\rangle$ нет элементов порядка 2, а элемент -1 имеет порядок 2, искомое поле обязано (как и утверждал ТС) иметь харатеристику 2.
Но я не очень представляю себе и поле характеристики, в котором мультипликативная группа была бы изоморфна $\langle\mathbb Z,+\rangle$. Только доказательства, что такого поля нет с ходу (тем более, в полусонном состоянии) не вижу.

[Ho-DH]

Спасибо всем за внимание к моему вопросу.
Joker_vD, доказательство привести, конечно, могу, но, честно говоря, не вижу в этом смысла: авторы четко формулируют утверждение, приведенное в моем первом сообщении, и далее его нещадно эксплуатируют. "Обосновывают" они эту формулу тем, что все биномиальные коэффициенты (кроме первого и последнего) будут четными, следовательно, соответствующие слагаемые обратятся в нули. Но это не так, ибо, скажем, C(6,2)=15. Поэтому нужно искать какое-нибудь другое доказательство.
Вообще, идея забракованного доказательства сводится к следующему. Пусть мультипликативная группа бесконечного поля является циклической и порождается элементом $a$. Легко показать, что тогда сумму образующей и 1 можно представить в виде $1+a=a^k, k>1$ Затем доказывается (с помощью неправильной формулs с биномом Ньютона), что такого натурального k не существует.

[VAL]

Ho-DH в сообщении #445294 писал(а):

Пусть мультипликативная группа бесконечного поля является циклической и порождается элементом $a$. Легко показать, что тогда сумму образующей и 1 можно представить в виде $1+a=a^k, k>1$ Затем доказывается (с помощью неправильной формулs с биномом Ньютона), что такого натурального k не существует.

Все очень легко исправляется. Из приведенного Вами соотношения следует, что элемент $a$ - алгебраический над $Z_2$. Следовательно, он имеет конечный порядок, чего быть не может. Все.

[alex1910]

Да не нужно никаких биномов. Пусть мульт. группа - циклическая, a - ее образующий элемент. Тогда -a - некоторая (возможно отрицательная) степень a. Отсюда сразу следует, что a в конечной (может отрицательной) степени равно 1 --> a порождает КОНЕЧНУЮ группу --> поле конечно.

[VAL]

alex1910 в сообщении #445348 писал(а):

Да не нужно никаких биномов. Пусть мульт. группа - циклическая, a - ее образующий элемент. Тогда -a - некоторая (возможно отрицательная) степень a.

Я Вам больше скажу: $a$ есть степень $a$ c показателем 1 :)

Цитата:

Отсюда сразу следует, что a в конечной (может отрицательной) степени равно 1 --> a порождает КОНЕЧНУЮ группу --> поле конечно.

А чем Вас не устроил предыдущий пост?

[alex1910]

VAL в сообщении #445367 писал(а):

alex1910 в сообщении #445348 писал(а):

Да не нужно никаких биномов. Пусть мульт. группа - циклическая, a - ее образующий элемент. Тогда -a - некоторая (возможно отрицательная) степень a.

Я Вам больше скажу: $a$ есть степень $a$ c показателем 1 :)

Цитата:

Отсюда сразу следует, что a в конечной (может отрицательной) степени равно 1 --> a порождает КОНЕЧНУЮ группу --> поле конечно.

А чем Вас не устроил предыдущий пост?

Показатель 1 <--> характеристика 2. Однако поле (конечное или бесконечное) не обязано иметь характеристику 2. Кроме того, я исходил только из того, что мульт. группа - циклическая.

Не устроил тем, что элементарные вещи все же лучше (с эстетической точки зрения) доказывать наивными методами (если доказательство просто).

[VAL]

alex1910 в сообщении #445378 писал(а):

VAL в сообщении #445367 писал(а):

alex1910 в сообщении #445348 писал(а):

Да не нужно никаких биномов. Пусть мульт. группа - циклическая, a - ее образующий элемент. Тогда -a - некоторая (возможно отрицательная) степень a.

Я Вам больше скажу: $a$ есть степень $a$ c показателем 1 :)

Цитата:

Отсюда сразу следует, что a в конечной (может отрицательной) степени равно 1 --> a порождает КОНЕЧНУЮ группу --> поле конечно.

А чем Вас не устроил предыдущий пост?

Показатель 1 <--> характеристика 2.

Не понял! То есть, если характеристика не равна 2, то $a^1\ne a$!

Цитата:

Однако поле (конечное или бесконечное) не обязано иметь характеристику 2.

То, что характеристика в обсуждаемом случае не может быть отлична от 2, сообщается в первом же посте данной ветки и обосновано чуть позже.

Цитата:

Кроме того, я исходил только из того, что мульт. группа - циклическая.

Я тоже. Чтобы доказать от противного.

Цитата:

Не устроил тем, что элементарные вещи все же лучше (с эстетической точки зрения) доказывать наивными методами (если доказательство просто).

Полагаю, мое доказательство вполне прозрачно.
Вашего пока не обнаружил. Из того, что $a^1=a$ ничего не следует.

[alex1910]

Разумеется не поняли: если -a=a!=0 <--> характеристика равна 2.
Разумеется не следует, следует из того, что -a=a^k --> a^(2*(k-1))=1.

Доказательства и правда нет:(