Primitiven Elemente F16/F2 < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei a eine Nulstelle des Polynom [mm] X^4 +x + 1[/mm] in F2[x] . Zeigen sie das die Erweiterung F16= F2(a) über F2 mindesten(genau) 8 primitive Elemente besitzt. |
Hi okay, also die Idee ist folgende.
Nach dem Chinesischen Restsatz ist F16* (die Einheitengruppe) Isomorph zu F4* x F6*. Da F4* und F6* von der Ordnung 3 und 5, also eine Primzahl als Ordnung haben sind beide zyklisch. insbesondere erzeugt jedes Element in F4* bzw F6* außer 1 die beiden Gruppen. Das heißt es gibt 2 erzeugende Elemente von F4* und 4 erzeugende Elemnte von F6*. Das heißt aber wegen der Isomorphie gibt es 8 erzeugende Elemente(also 8 ELemente der Ordnung 15) von F16*.
Bis hierhin soweit so gut?
So und jetzt sei a so ein erzeugndes Element von F16*. Dann gilt F16=F2(a).
Hier stellt sich mir die Frage woraus folgt das. Wenn ich das gefolgert hätte wäre ich fertig oder?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:05 So 14.12.2014 | | Autor: | hippias |
Hier laufen einige Dinge durcheinander, denn gewoehnlich ist ein primitives Element keines, dass die multiplikative Gruppe erzeugt, sondern den ganzen Koerper durch Adjunktion erzeugt.
Aber die Erzeuger der multiplikativen Gruppe erzeugen natuerlich auch den Koerper durch Adjunktion.
Ich wuerde die Aufgabe so bearbeiten:
1. Zeige, dass [mm] $|F_{2}(a)|=16$
[/mm]
2. Zeige, dass es mindestens (genau) $8$ Elemente [mm] $b\in L:=F_{2}(a)$ [/mm] gibt, sodass $L= [mm] F_{2}(b)$ [/mm] gilt.
Nach obigem hast Du den 2.ten Teil mit "mindestens" praktisch schon erledigt.
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> Aber die Erzeuger der multiplikativen Gruppe erzeugen
> natuerlich auch den Koerper durch Adjunktion.
Vielleicht habe ich mich nicht ganz klar ausgedrückt, aber genau diesen Zusammenhang verstehe ich nicht. Warum erzeugen die Erzeuger der multiplikativen Gruppe den Körper durch Adjunktion?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:07 So 14.12.2014 | | Autor: | hippias |
Es sei $K [mm] \leq [/mm] L$ eine Koerpererweiterung. Wenn [mm] $\alpha\in [/mm] L$ die multiplikative Gruppe von $L$ erzeugt, dann ist $L= [mm] K(\alpha)$:
[/mm]
Es sei $L':= [mm] K(\alpha)$ [/mm] der kleinste Teilkoerper von $L$, der $K$ und [mm] $\alpha$ [/mm] enthaelt. Weil $L'$ ein Koerper ist, enthaelt $L'$ alle Potenzen von [mm] $\alpha$. [/mm] Da nach Voraussetzung [mm] $<\alpha>=L\backslash\{0\}$ [/mm] gilt, ist [mm] $L\backslash\{0\}\subseteq [/mm] L'$.
Als Teilkoerper enthaelt $L'$ auch $0$, sodass $L= L'$ folgt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:41 So 14.12.2014 | | Autor: | MeineKekse |
ah cool danke, das macht Sinn
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