Charakteristik < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:48 Mi 24.11.2010 | | Autor: | clemenum |
| Aufgabe | Sei $R$ ein KRE
a) Zeige, dass für [mm] $S\le [/mm] R$ gilt: $char(S)|char(R)$
b) Ist $char(R)=p$, so ist [mm] $Frob_p$ [/mm] ein Ringhomomorphismus |
Ich habe das mit der Definition der Charakteristik versucht zu zeigen, aber es gelingt nicht, ich denke, man braucht hier mehr Informationen als lediglich die Definition. Weiß einer von euch hier weiter?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:07 Mi 24.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei [mm]R[/mm] ein KRE
Was ist ein KRE? Kommutativer Ring mit Eins?
> a) Zeige, dass für [mm]S\le R[/mm] gilt: [mm]char(S)|char(R)[/mm]
Bedeutet $S [mm] \le [/mm] R$, dass $S$ ein Unterring von $R$ ist?
> b) Ist [mm]char(R)=p[/mm], so ist [mm]Frob_p[/mm] ein Ringhomomorphismus
Ich vermute mal, $p$ soll hier eine Primzahl sein.
> Ich habe das mit der Definition der Charakteristik
Wie lautet die bei euch?
> versucht zu zeigen, aber es gelingt nicht, ich denke, man
> braucht hier mehr Informationen als lediglich die
> Definition. Weiß einer von euch hier weiter?
Also mit der mir bekannten Definition kommt man hier ziemlich weit. Du solltest erstmal meine obigen Nachfragen klaeren, dann kann ich dir auch weiterhelfen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:23 Mi 24.11.2010 | | Autor: | clemenum |
Hi!
KRE = Kommutativer Ring mit Eins
Ja, [mm] $S\leR$ [/mm] bedeutet Teilring.
Ja, dieses $p$ ist eine Primzahl.
"Unsere" Definition von Charakteristik:
Sei R ein unitärer Ring. Dann heißt
char (R) = 0, falls [mm] $\mathbb{P}(R)\cong \mathbb{Z} [/mm]
char(R) = $n$ falls [mm] $\mathbb{P}(R)\cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ [/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:47 Mi 24.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> KRE = Kommutativer Ring mit Eins
>
> Ja, [mm]S\le R[/mm] bedeutet Teilring.
Muessen beide die gleiche 1 haben? Wenn ja, dann ist Teil a) der Aufgabenstellung etwas komisch.
> Ja, dieses [mm]p[/mm] ist eine Primzahl.
>
> "Unsere" Definition von Charakteristik:
> Sei R ein unitärer Ring. Dann heißt
>
> char (R) = 0, falls [mm]$\mathbb{P}(R)\cong \mathbb{Z}[/mm]
>
> char(R) = [mm]n[/mm] falls [mm]\mathbb{P}(R)\cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}[/mm]
Und [mm] $\mathbb{P}(R)$ [/mm] ist der Primring von $R$, also [mm] $\mathbb{P}(R) [/mm] = [mm] \{ n \cdot 1_R \mid n \in \IZ \}$.
[/mm]
Gut.
Also:
Zu a): die Charakteristik ist die Ordnung von 1 in der additiven Gruppe. Du musst also zeigen, dass $char(R) [mm] \cdot 1_S [/mm] = 0$ ist. Zeige dafuer, dass fuer jedes Element $x [mm] \in [/mm] R$ gilt $char(R) [mm] \cdot [/mm] x = 0$.
Zu b): wenn $char(R) = p$ ist, folgt fuer $n [mm] \in \IZ$: [/mm] ist $n$ durch $p$ teilbar, so ist $n [mm] \cdot [/mm] x = 0$ fuer alle $x [mm] \in [/mm] R$.
Damit [mm] $Frob_p$ [/mm] ein Ringhomomorphismus ist, muss [mm] $Frob_p(x [/mm] + y) = [mm] Frob_p(x) [/mm] + [mm] Frob_p(y)$ [/mm] gelten, also $(x + [mm] y)^p [/mm] = [mm] x^p [/mm] + [mm] y^p$. [/mm] Du kannst jetzt $(x + [mm] y)^p$ [/mm] mit dem Binomischen Lehrsatz ausschreiben. Damit dies gleich [mm] $x^p [/mm] + [mm] y^p$ [/mm] ist, muessen also alle anderen Terme verschwinden. Zeige, dass die entsprechenden Binomialkoeffizienten durch $p$ teilbar sind.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:55 Mi 24.11.2010 | | Autor: | clemenum |
Zu a):
Es gilt für alle [mm] $x\in [/mm] R$:
[mm] $px=p\cdot(1x)=(p1)x=0x=0$ [/mm]
Reicht dies?
Zu b)
[mm] $Frob_p(x+y)=(x+y)^p=\sum_{i=0}^p {p\choose i} x^i y^{p-i}=x^p+y^p+p(...)=x^p+y^p [/mm] = [mm] Frob_p(x)+Frob_p(y) [/mm] , also Ringhomomorphismus...
ist das genug?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:26 Mi 24.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zu a):
> Es gilt für alle [mm]x\in R[/mm]:
> [mm]px=p\cdot(1x)=(p1)x=0x=0[/mm]
>
> Reicht dies?
Ist $p = char(R)$? Dann zeigt das: $char(R) x = 0$ fuer alle $x [mm] \in [/mm] R$.
Damit die Behauptung aus der Aufgabenstellung folgt, musst du natuerlich noch etwas mehr argumentieren, siehe dazu meine Antwort.
> Zu b)
> [mm]$Frob_p(x+y)=(x+y)^p=\sum_{i=0}^p {p\choose i} x^i y^{p-i}=x^p+y^p+p(...)=x^p+y^p[/mm]
> = [mm]Frob_p(x)+Frob_p(y)[/mm] , also Ringhomomorphismus...
>
> ist das genug?
Wenn du begruendest, warum [mm] $\binom{p}{i}$ [/mm] durch $p$ teilbar ist fuer $0 < i < p$, reicht es theoretisch aus.
Ob dein Uebungsleiter eine so knappe Loesung akzeptiert, steht allerdings auf einem ganz anderen Stern.
LG Felix
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