Isomorphie Gruppen (Z/p^nZ)* < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Es sei p eine Primzahl ungleich 2 und [mm] n\in\IN. [/mm] Zeige, dass für die multiplikative Gruppe [mm] (\IZ/p^{n}\IZ)^{*} [/mm] (= Einheitengruppe von [mm] \IZ/p^{n}\IZ [/mm] ) gilt:
[mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} \cong[/mm][mm] \IZ/p^{n-1}\IZ \times \IZ/(p-1)\IZ
[/mm]
Hinweis: Betrachten Sie die Ordnung des Elements (1+p). |
Hallo!
Bei dieser Aufgabe weiß ich überhaupt nicht, wie ich rangehen soll.
Prinzipiell müsste ich ja einen Isomorphimus vom einen Ring in den anderen finden, aber ich denke, dass man den wahrscheinlich gar nicht angeben kann.
Es ist ja [mm] (\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} [/mm] eine zyklische Gruppe (weiß ich aus Wikipedia, nicht aus der Vorlesung, eigentlich hatten wir sowas überhaupt nicht). Das heißt, es gibt ein Element von [mm] (\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}, [/mm] dass alle anderen Elemente durch wiederholtes potenzieren erzeugt. Da man die Ordnung des Elements (1+p) betrachten soll, vermute ich, dass es etwas damit zu tun haben könnte...
Erstmal meine Feststellungen:
[mm] $\overline{a} \in \IZ/p^{n}\IZ \Rightarrow \overline{a} [/mm] = [mm] \{a + z*p^{n}|z\in\IZ\}$.
[/mm]
[mm] $\overline{a} \in (\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} \Rightarrow \exists \overline{b}\in \IZ/p^{n}\IZ [/mm] : [mm] \overline{a}*\overline{b} [/mm] = [mm] \overline{1} [/mm] = [mm] \{1 + z*p^{n}|z\in\IZ\}$.
[/mm]
D.h. es müsste in [mm] \IZ [/mm] gelten $a*b = 1 + [mm] z*p^{n}$ [/mm] für irgendein [mm] z\in\IZ.
[/mm]
Element [mm] $(1+p)^{m} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{m}\vektor{m\\k}*p^{k} [/mm] = (1+p)$, da weiß ich jetzt aber auch nicht wie ich rausbekomme, für welches m das das erste Mal eintritt. Irgendwie dazu passend scheint mir auch [mm] $(1-p)*(1+p+...+p^{n-1}) [/mm] = 1 - [mm] p^{n} [/mm] = 1$ zu sein...
Kann mir jemand einen Ansatz für diese Aufgabe geben?
Vielen Dank für Eure Hilfe und Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:54 Mi 03.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Es sei p eine Primzahl ungleich 2 und [mm]n\in\IN.[/mm] Zeige, dass
> für die multiplikative Gruppe [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{*}[/mm] (=
> Einheitengruppe von [mm]\IZ/p^{n}\IZ[/mm] ) gilt:
>
> [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} \cong[/mm][mm] \IZ/p^{n-1}\IZ \times \IZ/(p-1)\IZ[/mm]
>
> Hinweis: Betrachten Sie die Ordnung des Elements (1+p).
>
> Hallo!
>
> Bei dieser Aufgabe weiß ich überhaupt nicht, wie ich
> rangehen soll.
> Prinzipiell müsste ich ja einen Isomorphimus vom einen
> Ring in den anderen finden, aber ich denke, dass man den
> wahrscheinlich gar nicht angeben kann.
Es reicht aus, wenn du zeigst, dass es in [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast$ [/mm] zwei Elemente $a, b$ gibt mit $ord(a) = p - 1$ und $ord(b) = [mm] p^{n-1}$. [/mm] Dann gilt [mm] $\langle [/mm] a [mm] \rangle \cap \langle [/mm] b [mm] \rangle [/mm] = [mm] \{ 1 \}$ [/mm] und [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast \cong \langle [/mm] a [mm] \rangle \times \langle [/mm] b [mm] \rangle$ [/mm] (da die Gruppe abelsch ist und $(p - 1) [mm] \cdot p^{n-1}$ [/mm] Elemente hat).
> Es ist ja [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] eine zyklische Gruppe (weiß
> ich aus Wikipedia, nicht aus der Vorlesung, eigentlich
> hatten wir sowas überhaupt nicht).
Das sollst du in dieser Aufgabe zeigen.
Schliesslich sind [mm] $p^{n-1}$ [/mm] und $p - 1$ teilerfremd, womit [mm] $\IZ/p^{n-1}\IZ \times \IZ/(p [/mm] - [mm] 1)\IZ \cong \IZ/p^{n-1} [/mm] (p - 1) [mm] \IZ$.
[/mm]
> Das heißt, es gibt ein
> Element von [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*},[/mm] dass alle anderen Elemente
> durch wiederholtes potenzieren erzeugt. Da man die Ordnung
> des Elements (1+p) betrachten soll, vermute ich, dass es
> etwas damit zu tun haben könnte...
Nun, wenn du $c := a b $ setzt mit den Elementen $a$ und $b$ von oben, dann hat $c$ die Ordnung [mm] $p^{n-1} [/mm] (p - 1)$ (da teilerfremd) und ist somit ein Erzeuger.
> Erstmal meine Feststellungen:
>
> [mm]\overline{a} \in \IZ/p^{n}\IZ \Rightarrow \overline{a} = \{a + z*p^{n}|z\in\IZ\}[/mm].
>
> [mm]\overline{a} \in (\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} \Rightarrow \exists \overline{b}\in \IZ/p^{n}\IZ : \overline{a}*\overline{b} = \overline{1} = \{1 + z*p^{n}|z\in\IZ\}[/mm].
>
> D.h. es müsste in [mm]\IZ[/mm] gelten [mm]a*b = 1 + z*p^{n}[/mm] für
> irgendein [mm]z\in\IZ.[/mm]
>
> Element [mm](1+p)^{m} = \sum_{k=0}^{m}\vektor{m\\k}*p^{k} = (1+p)[/mm],
> da weiß ich jetzt aber auch nicht wie ich rausbekomme,
> für welches m das das erste Mal eintritt. Irgendwie dazu
> passend scheint mir auch [mm](1-p)*(1+p+...+p^{n-1}) = 1 - p^{n} = 1[/mm]
> zu sein...
Du musst ein kleinstes $m$ finden mit $(1 + [mm] p)^m \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{p^n}$. [/mm] Und du kannst benutzen, dass $m$ ein Teiler von [mm] $p^{n-1} [/mm] (p - 1)$ ist. Du kannst z.B. zeigen, dass $m = [mm] p^{n-1}$ [/mm] dies erfuellt, jedoch [mm] $p^{n-2}$ [/mm] nicht. Dann folgt aus ganz allgemeinen Ueberlegungen zur Ordnung (und daraus, dass $p$ prim ist), dass die Ordnung gleich [mm] $p^n$ [/mm] ist.
Also: rechne mal $(1 + [mm] p)^{p^{n-2}}$ [/mm] und $(1 + [mm] p)^{p^{n-1}}$ [/mm] modulo [mm] $p^n$ [/mm] aus.
Und zum von mir oben bezeichneten Element $a$ der Ordnung $p - 1$: es gibt ja ein solches Element in [mm] $(\IZ [/mm] / p [mm] \IZ)^\ast$ [/mm] (da zyklisch, das solltet ihr in der VL gehabt haben). Wenn du einen Repraesentanten nimmst und die Restklasse davon in [mm] $\IZ [/mm] / [mm] p^n \IZ$ [/mm] anschaust, hat diese eine Ordnung, die ein Vielfaches von $p - 1$ ist (warum?). Also kannst du eine passende Potenz anschauen, die dann Ordnung genau $p - 1$ hat (warum?).
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deine Antwort!
Ich werde jetzt erstmal versuchen, das zu zeigen, was du gesagt hast:
> Also: rechne mal [mm](1 + p)^{p^{n-2}}[/mm] und [mm](1 + p)^{p^{n-1}}[/mm]
> modulo [mm]p^n[/mm] aus.
>
>
Ich kenne jetzt nicht so viele zahlentheoretische Sätze dazu, deswegen hätte ich einfach den binomischen Lehrsatz benutzt:
[mm](1+p)^{p^{n-1}} = 1 + \sum_{k=1}^{p^{n-1}}\vektor{p^{n-1}\\
k}*p^{k} = 1 + p*p^{n-1}*\left(\sum_{k=1}^{p^{n-1}}\frac{(p^{n-1} - 1)!}{k!*(p^{n-1}-k)!}*p^{k-1}\right)[/mm].
aber das Problem ist, dass die Summanden in der Summe gar nicht alle ganze Zahlen sind...
Was gibt es noch für Möglichkeiten, [mm] (1+p)^{p^{n-1}} [/mm] auszurechnen?
Ich habe auch mal den kleinen Fermatschen Satz probiert (obwohl wir den nicht hatten, aber irgendwie passt das da auch nicht).
Vielen Dank!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 Mi 03.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Hallo Felix,
>
> danke für deine Antwort!
> Ich werde jetzt erstmal versuchen, das zu zeigen, was du
> gesagt hast:
>
>
> > Also: rechne mal [mm](1 + p)^{p^{n-2}}[/mm] und [mm](1 + p)^{p^{n-1}}[/mm]
> > modulo [mm]p^n[/mm] aus.
Was mir noch aufgefallen ist: man kann sich auch theoretisch ueberlegen (ohne nachzurechnen), dass $(1 + [mm] p)^{p^{n-1}} \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{p^n}$ [/mm] sein muss.
> Ich kenne jetzt nicht so viele zahlentheoretische Sätze
> dazu, deswegen hätte ich einfach den binomischen Lehrsatz
> benutzt:
>
> [mm](1+p)^{p^{n-1}} = 1 + \sum_{k=1}^{p^{n-1}}\vektor{p^{n-1}\\
k}*p^{k} = 1 + p*p^{n-1}*\left(\sum_{k=1}^{p^{n-1}}\frac{(p^{n-1} - 1)!}{k!*(p^{n-1}-k)!}*p^{k-1}\right)[/mm].
>
> aber das Problem ist, dass die Summanden in der Summe gar
> nicht alle ganze Zahlen sind...
Nun, bist du dir da so sicher? Nur weil sie auf den ersten Blick nicht umbedingt welche sein muessen, muss das noch lange nicht wirklich der Fall sein!
> Was gibt es noch für Möglichkeiten, [mm](1+p)^{p^{n-1}}[/mm]
> auszurechnen?
> Ich habe auch mal den kleinen Fermatschen Satz probiert
> (obwohl wir den nicht hatten, aber irgendwie passt das da
> auch nicht).
Oh, den hattet ihr nicht? Hattet ihr denn den Satz von Lagrange?
So, zurueck zur Summe. Schauen wir uns mal fuer $1 [mm] \le [/mm] k [mm] \le p^{n-1}$ [/mm] einen Summanden [mm] $\binom{p^{n-1}}{k} p^k$ [/mm] an.
Ist $k [mm] \ge [/mm] n$, so ist dies [mm] $\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{p^n}$. [/mm] Also interessiert uns nur $k = 1, [mm] \dots, [/mm] n - 1$.
Schauen wir uns die ganze Zahl [mm] $\binom{p^{n-1}}{k} [/mm] = [mm] \prod_{i=0}^{k-1} \frac{p^{n-1} - i}{k - i}$ [/mm] an. Wir muessen zeigen, dass diese mindestens $(n - k)$-mal durch $p$ teilbar ist. Es ist $n - k [mm] \le [/mm] n - 1$.
Ist $k < p$, so ist der Nenner nicht durch $p$ teilbar, der Zaehler jedoch mind. $n - 1$ mal, da [mm] $p^{n-1}$ [/mm] in ihm vorkommt.
Ist $p [mm] \le [/mm] k < 2 p$, so kommt im Nenner $p$ genau einmal vor. Im Zaehler kommt es im Faktor [mm] $p^{n-1}$ [/mm] genau $n - 1$-mal vor, und im Faktor [mm] $p^{n-1} [/mm] - p$ mind. einmal. Insg. kommt es also wieder mind. $n - 1$-mal vor.
Fuer alle anderen $k < [mm] p^2$ [/mm] kann man genauso argumentieren. Dann hat man [mm] $p^2 \le [/mm] k < [mm] p^2 [/mm] + p$, dann [mm] $p^2 [/mm] + p [mm] \le [/mm] k < [mm] p^2 [/mm] + 2 p$, ..., schliesslich [mm] $p^3 [/mm] - p [mm] \le [/mm] k < [mm] p^3$ [/mm] und [mm] $p^3 \le [/mm] k < [mm] p^3 [/mm] + p$, und immer so weiter.
All diese Faelle muss man nun auf geschickte Art und Weise zusammenfassen  Schreibt man etwa $k = [mm] \sum_{i=0}^t a_i p^i$ [/mm] mit $0 [mm] \le a_i [/mm] < p$, so kann man das vielleicht allgemeiner aufschreiben.
Oder man benutzt, dass die Anzah der $p$s, die in $k!$ vorkommt, gerade [mm] $\sum_{i \ge 0} \lfloor \frac{k}{p^i} \rfloor$ [/mm] ist. Dann kann man allgemein herleiten, wie oft $p$ in [mm] $\binom{p^{n-1}}{k}$ [/mm] vorkommt, und evtl. abschaetzen, dass dies mind. $n - k$-mal der Fall ist fuer $k [mm] \ge [/mm] 1$.
LG Felix
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Hallo felix,
danke für deine ausführliche Antwort! 
> > Ich kenne jetzt nicht so viele zahlentheoretische Sätze
> > dazu, deswegen hätte ich einfach den binomischen Lehrsatz
> > benutzt:
> >
> > [mm](1+p)^{p^{n-1}} = 1 + \sum_{k=1}^{p^{n-1}}\vektor{p^{n-1}\\
k}*p^{k} = 1 + p*p^{n-1}*\left(\sum_{k=1}^{p^{n-1}}\frac{(p^{n-1} - 1)!}{k!*(p^{n-1}-k)!}*p^{k-1}\right)[/mm].
> Oh, den hattet ihr nicht? Hattet ihr denn den Satz von
> Lagrange?
Ich denke, ja. Wir hatten bisher Lineare Algebra 1/2 und haben am Ende mal über abelsche Gruppen geredet und über den chinesischer Restsatz. Viele mit denen ich gesprochen habe, haben mit obigem Satz argumentiert, deswegen denke ich, dass wir diesen hatten. Ich bin mir aber sicher, dass wir Fermat noch nicht hatten.
> So, zurueck zur Summe. Schauen wir uns mal fuer [mm]1 \le k \le p^{n-1}[/mm]
> einen Summanden [mm]\binom{p^{n-1}}{k} p^k[/mm] an.
>
> Ist [mm]k \ge n[/mm], so ist dies [mm]\equiv 0 \pmod{p^n}[/mm].
...Und zwar, weil dann der Faktor [mm] p^{n} [/mm] ein Teiler des Ausdrucks ist. Danke, du hast mir das erste Brett vom Kopf weggenommen, ich hatte irgendwie gedacht ich müsste auf Potenzen von [mm] p^{n} [/mm] kommen, um wieder in der Restklasse von 0 zu landen.
Ich überlege mir mal, ob ich das allgemein hinbekomme.
Für das andere Element:
[mm] $(1+p)^{p^{n-2}} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{p^{n-2}}\vektor{p^{n-2}\\k}*p^{k} [/mm] = 1 + [mm] p*\vektor{p^{n-2}\\1} [/mm] + [mm] \sum_{k=2}^{n-1}\vektor{p^{n-2}\\k}*p^{k} [/mm] = 1 + [mm] p^{n-1} [/mm] + [mm] \sum_{k=2}^{n-1}\vektor{p^{n-2}\\k}*p^{k}$
[/mm]
(die restlichen Summanden fallen weg). Vermutlich kann man jetzt trotzdem zeigen (obwohl immer ein p weniger als Faktor auftritt), dass alles noch Vielfache von [mm] p^{n} [/mm] in der Summe sind, somit wäre dann die Restklasse von [mm] (1+p)^{p^{n-2}} [/mm] gerade (1 + [mm] p^{n-1}).
[/mm]
Meine Fragen:
- Angenommen, ich weiß nun, dass [mm] $(1+p)^{p^{n-1}} [/mm] = 1 [mm] \mod p^{n}$, $(1+p)^{p^{n-2}} [/mm] = [mm] 1+p^{n-1} \mod p^{n}$. [/mm] Wieso folgt daraus, dass (1-p) nicht eine kleinere Ordnung als [mm] $p^{n-1}$ [/mm] in der Gruppe [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}$ [/mm] haben kann? Was sind das für allgemeine Überlegungen zur Ordnung, die ich anstellen muss? Wie bekomme ich eigentlich raus, wieviele Elemente [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}$ [/mm] hat, um dann den Satz von Lagrange anzuwenden?
- Ich muss noch zeigen, dass es ein Element der Ordnung (p-1) in [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}$ [/mm] gibt. Ich weiß, dass [mm] \IZ/p\IZ [/mm] zyklisch ist und deswegen ein Element a mit der Ordnung (p-1) existiert. Allerdings weiß ich nicht, warum a in [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)$ [/mm] dann als Ordnung ein Vielfaches von (p-1) hat...
- Wenn ich dann weiß, dass es in der Gruppe [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}$ [/mm] ein Element (1+p) mit der Ordnung [mm] p^{n-1} [/mm] und ein Element a der Ordnung (p-1) gibt, wie genau mache ich dann weiter?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:49 Mi 03.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan,
> > > Ich kenne jetzt nicht so viele zahlentheoretische Sätze
> > > dazu, deswegen hätte ich einfach den binomischen Lehrsatz
> > > benutzt:
> > >
> > > [mm](1+p)^{p^{n-1}} = 1 + \sum_{k=1}^{p^{n-1}}\vektor{p^{n-1}\\
k}*p^{k} = 1 + p*p^{n-1}*\left(\sum_{k=1}^{p^{n-1}}\frac{(p^{n-1} - 1)!}{k!*(p^{n-1}-k)!}*p^{k-1}\right)[/mm].
>
> > Oh, den hattet ihr nicht? Hattet ihr denn den Satz von
> > Lagrange?
>
>
> Ich denke, ja. Wir hatten bisher Lineare Algebra 1/2 und
> haben am Ende mal über abelsche Gruppen geredet und über
> den chinesischer Restsatz. Viele mit denen ich gesprochen
> habe, haben mit obigem Satz argumentiert, deswegen denke
> ich, dass wir diesen hatten. Ich bin mir aber sicher, dass
> wir Fermat noch nicht hatten.
Ok. Der Satz von Fermat folgt uebrigens direkt aus dem von Lagrange: die von einem Element der Gruppe erzeugte Untergruppe hat soviele Elemente wie die Ordnung des Elementes ist, womit die Ordnung nach Lagrange die Gruppenordnung teilt. Somit folgt dann [mm] $a^{|G|} [/mm] = 1$ fuer alle $a [mm] \in [/mm] G$.
> Für das andere Element:
>
> [mm](1+p)^{p^{n-2}} = \sum_{k=0}^{p^{n-2}}\vektor{p^{n-2}\\k}*p^{k} = 1 + p*\vektor{p^{n-2}\\1} + \sum_{k=2}^{n-1}\vektor{p^{n-2}\\k}*p^{k} = 1 + p^{n-1} + \sum_{k=2}^{n-1}\vektor{p^{n-2}\\k}*p^{k}[/mm]
>
> (die restlichen Summanden fallen weg). Vermutlich kann man
> jetzt trotzdem zeigen (obwohl immer ein p weniger als
> Faktor auftritt), dass alles noch Vielfache von [mm]p^{n}[/mm] in
> der Summe sind, somit wäre dann die Restklasse von
> [mm](1+p)^{p^{n-2}}[/mm] gerade (1 + [mm]p^{n-1}).[/mm]
Das denke ich auch.
> Meine Fragen:
>
> - Angenommen, ich weiß nun, dass [mm](1+p)^{p^{n-1}} = 1 \mod p^{n}[/mm],
> [mm](1+p)^{p^{n-2}} = 1+p^{n-1} \mod p^{n}[/mm]. Wieso folgt daraus,
> dass (1-p) nicht eine kleinere Ordnung als [mm]p^{n-1}[/mm] in der
> Gruppe [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] haben kann? Was sind das für
> allgemeine Überlegungen zur Ordnung, die ich anstellen
> muss?
Nun, aus $(1 + [mm] p)^{p^{n-1}} [/mm] = 1$ folgt (ich lass das Modulo [mm] $p^n$ [/mm] mal weg), dass die Ordnung von $1 + p$ ein Teiler von [mm] $p^{n-1}$ [/mm] ist. Moegliche Teiler sind nun $1, p, [mm] p^2, \dots, p^{n-3}, p^{n-2}, p^{n-1}$. [/mm] Jetzt ist $(1 + [mm] p)^{p^{n-2}} \neq [/mm] 1$, womit die Ordnung nicht [mm] $p^{n-2}$ [/mm] oder ein Teiler davon sein kann. Damit faellt alles weg ausser [mm] $p^{n-1}$, [/mm] und das muss somit die Ordnung sein.
> Wie bekomme ich eigentlich raus, wieviele Elemente
> [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] hat, um dann den Satz von Lagrange
> anzuwenden?
Durch Zaehlen. Die Einheiten in [mm] $\IZ/p^n\IZ$ [/mm] sind die Elemente, die nicht durch $p$ teilbar sind. Du musst also von [mm] $p^n$ [/mm] die Anzahl der Vielfachen von $p$ in [mm] $\{ 0, 1, \dots, p^n - 1 \}$ [/mm] abziehen. Und es gibt genau [mm] $\frac{p^n}{p}$ [/mm] Zahlen in dem Intervall, die durch $p$ teilbar sind.
> - Ich muss noch zeigen, dass es ein Element der Ordnung
> (p-1) in [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] gibt. Ich weiß, dass [mm]\IZ/p\IZ[/mm]
> zyklisch ist und deswegen ein Element a mit der Ordnung
Du meinst [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$.
[/mm]
> (p-1) existiert. Allerdings weiß ich nicht, warum a in
> [mm](\IZ/p^{n}\IZ)[/mm] dann als Ordnung ein Vielfaches von (p-1)
> hat...
Machen wir es mal ganz allgemein:
Sei $f : G [mm] \to [/mm] H$ ein Gruppenhomomorphismus und sei $g [mm] \in [/mm] G$ so, dass $f(g)$ Ordnung $n$ hat. Zeige, dass die Ordnung $m$ von $g$ in $G$ ein Vielfaches von $n$ ist.
In deinem konkreten Fall hast du den Homomorphismus [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast \to (\IZ/p\IZ)^\ast$.
[/mm]
> - Wenn ich dann weiß, dass es in der Gruppe
> [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] ein Element (1+p) mit der Ordnung
> [mm]p^{n-1}[/mm] und ein Element a der Ordnung (p-1) gibt, wie genau
> mache ich dann weiter?
Ich zitiere: "Dann gilt $ [mm] \langle [/mm] a [mm] \rangle \cap \langle [/mm] b [mm] \rangle [/mm] = [mm] \{ 1 \} [/mm] $ und $ [mm] (\IZ/p^n\IZ)^\ast \cong \langle [/mm] a [mm] \rangle \times \langle [/mm] b [mm] \rangle [/mm] $ (da die Gruppe abelsch ist und $ (p - 1) [mm] \cdot p^{n-1} [/mm] $ Elemente hat)."
Ansonsten betrachte den Homomorphismus [mm] $\IZ \times \IZ \to (\IZ/p^n\IZ)^\ast$, [/mm] $(n, m) [mm] \mapsto a^n b^m$. [/mm] Zeige, dass der Kern gerade $(p - 1) [mm] \IZ \times p^{n-1} \IZ$ [/mm] ist. Dann kannst du die Ordnung von [mm] $(\IZ \times \IZ) [/mm] / ((p - [mm] 1)\IZ \times p^{n-1} \IZ) \cong \IZ/(p-1)\IZ \times \IZ/p^{n-1}\IZ$ [/mm] bestimmen und zeigen, dass der Homomorphismus deswegen surjektiv sein muss.
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deine Geduld mit mir ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> > Meine Fragen:
> >
> > - Angenommen, ich weiß nun, dass [mm](1+p)^{p^{n-1}} = 1 \mod p^{n}[/mm],
> > [mm](1+p)^{p^{n-2}} = 1+p^{n-1} \mod p^{n}[/mm]. Wieso folgt daraus,
> > dass (1-p) nicht eine kleinere Ordnung als [mm]p^{n-1}[/mm] in der
> > Gruppe [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] haben kann? Was sind das für
> > allgemeine Überlegungen zur Ordnung, die ich anstellen
> > muss?
>
> Nun, aus [mm](1 + p)^{p^{n-1}} = 1[/mm] folgt (ich lass das Modulo
> [mm]p^n[/mm] mal weg), dass die Ordnung von [mm]1 + p[/mm] ein Teiler von
> [mm]p^{n-1}[/mm] ist. Moegliche Teiler sind nun [mm]1, p, p^2, \dots, p^{n-3}, p^{n-2}, p^{n-1}[/mm].
> Jetzt ist [mm](1 + p)^{p^{n-2}} \neq 1[/mm], womit die Ordnung nicht
> [mm]p^{n-2}[/mm] oder ein Teiler davon sein kann. Damit faellt alles
> weg ausser [mm]p^{n-1}[/mm], und das muss somit die Ordnung sein.
Danke! Ich habe schon wieder irgendwas vermurkst. Ich verwechsle Potenzen mit Produkten, deswegen dachte ich, man müsste jetzt noch mehr zeigen.
> > Wie bekomme ich eigentlich raus, wieviele Elemente
> > [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] hat, um dann den Satz von Lagrange
> > anzuwenden?
> Durch Zaehlen. Die Einheiten in [mm]\IZ/p^n\IZ[/mm] sind die
> Elemente, die nicht durch [mm]p[/mm] teilbar sind. Du musst also von
> [mm]p^n[/mm] die Anzahl der Vielfachen von [mm]p[/mm] in [mm]\{ 0, 1, \dots, p^n - 1 \}[/mm]
> abziehen. Und es gibt genau [mm]\frac{p^n}{p}[/mm] Zahlen in dem
> Intervall, die durch [mm]p[/mm] teilbar sind.
Also wären das insgesamt [mm] $p^{n}-p^{n-1} [/mm] = [mm] p^{n-1}*(1-p)$ [/mm] Elemente, die die Gruppe [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}$ [/mm] hat. Ich verstehe ehrlich gesagt noch nicht ganz, warum die Elemente, die durch p teilbar sind, gerade keine Einheiten sind.
[ Was mir klar ist: Ein Element a [mm] \not= [/mm] 0 mit Teiler p ist ein Nullteiler der Gruppe. Damit gibt es b [mm] \not= [/mm] 0 mit a*b = 0. Angenommen, a Einheit, so gäbe es auch c mit a*c = 1, woraus 0 = a*b*c = b folgt, Widerspruch. Bleibt eigentlich nur noch zu zeigen, dass Elemente a ohne Teiler p Einheiten sind.]
> > - Ich muss noch zeigen, dass es ein Element der Ordnung
> > (p-1) in [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] gibt. Ich weiß, dass [mm]\IZ/p\IZ[/mm]
> > zyklisch ist und deswegen ein Element a mit der Ordnung
>
> Du meinst [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm].
>
> > (p-1) existiert. Allerdings weiß ich nicht, warum a in
> > [mm](\IZ/p^{n}\IZ)[/mm] dann als Ordnung ein Vielfaches von (p-1)
> > hat...
>
> Machen wir es mal ganz allgemein:
>
> Sei [mm]f : G \to H[/mm] ein Gruppenhomomorphismus und sei [mm]g \in G[/mm]
> so, dass [mm]f(g)[/mm] Ordnung [mm]n[/mm] hat. Zeige, dass die Ordnung [mm]m[/mm] von
> [mm]g[/mm] in [mm]G[/mm] ein Vielfaches von [mm]n[/mm] ist.
Ich nehme an, g hat Ordnung $x+y*n$ mit [mm] $x\in\{0,...,n-1\}$. [/mm] Dann folgt
[mm] $e_H [/mm] = [mm] g(e_G) [/mm] = [mm] f(g^{x+y*n}) [/mm] = [mm] f(g)^{x+y*n} [/mm] = [mm] f(g)^{x}*f(g)^{y*n} =f(g)^{x}$, [/mm] was für [mm] x\not= [/mm] 0 zu einem Widerspruch führt, dass f(g) Ordnung n hat. So ok?
> In deinem konkreten Fall hast du den Homomorphismus
> [mm](\IZ/p^n\IZ)^\ast \to (\IZ/p\IZ)^\ast[/mm].
Mein Gruppenhomomorphismus ist in diesem Fall einfach von der Form: [mm] $x\mapsto [/mm] x$, oder?
Damit hätte ich jetzt, dass das Element a aus der Gruppe [mm] (\IZ/p\IZ)^{\*}, [/mm] welches dort Ordnung (p-1) hat, in der Gruppe [mm] (\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} [/mm] ein Vielfaches der Ordnung (p-1) hat, sagen wir t*(p-1).
Das würde dann bedeuten, dass das Element [mm] a^{t} [/mm] genau Ordnung (p-1) in [mm] (\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} [/mm] hätte?
> > - Wenn ich dann weiß, dass es in der Gruppe
> > [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] ein Element (1+p) mit der Ordnung
> > [mm]p^{n-1}[/mm] und ein Element a der Ordnung (p-1) gibt, wie genau
> > mache ich dann weiter?
>
> Ich zitiere: "Dann gilt [mm]\langle a \rangle \cap \langle b \rangle = \{ 1 \}[/mm]
> und [mm](\IZ/p^n\IZ)^\ast \cong \langle a \rangle \times \langle b \rangle[/mm]
> (da die Gruppe abelsch ist und [mm](p - 1) \cdot p^{n-1}[/mm]
> Elemente hat)."
Hat dieser Satz einen bestimmten Namen? (sowas wie chinesischer Restsatz?)
Ich bin jetzt soweit, dass ich verstanden habe, (wenn der Satz gilt, dass
[mm] $(\IZ/p^{m}\IZ)^{\*}\cong [/mm] <a> [mm] \times [/mm] <b>$
Allerdings weiß ich noch nicht, wie $<a>$ bzw. $<b>$ aussehen?
Ist dann einfach $<a> = [mm] \IZ/(p-1)\IZ$ [/mm] und $<b> = [mm] \IZ/p^{n-1}\IZ$ [/mm] und ich bin schon fertig?
Vielen Dank!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:22 Do 04.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> danke für deine Geduld mit mir
Bitte :)
> Also wären das insgesamt [mm]p^{n}-p^{n-1} = p^{n-1}*(1-p)[/mm]
> Elemente, die die Gruppe [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] hat.
Genau.
> Ich verstehe ehrlich gesagt noch nicht ganz, warum die
> Elemente, die durch p teilbar sind, gerade keine Einheiten
> sind.
> [ Was mir klar ist: Ein Element a [mm]\not=[/mm] 0 mit Teiler p ist
> ein Nullteiler der Gruppe. Damit gibt es b [mm]\not=[/mm] 0 mit a*b
> = 0. Angenommen, a Einheit, so gäbe es auch c mit a*c = 1,
> woraus 0 = a*b*c = b folgt, Widerspruch. Bleibt eigentlich
> nur noch zu zeigen, dass Elemente a ohne Teiler p Einheiten
> sind.]
Nun, ist $a$ nicht durch $p$ teilbar, so sind $a$ und [mm] $p^n$ [/mm] teilerfremd. Also gibt es $x ,y [mm] \in \IZ$ [/mm] mit $a x + [mm] p^n [/mm] y = 1$. Und jetzt...? :)
> > > - Ich muss noch zeigen, dass es ein Element der Ordnung
> > > (p-1) in [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] gibt. Ich weiß, dass [mm]\IZ/p\IZ[/mm]
> > > zyklisch ist und deswegen ein Element a mit der Ordnung
> >
> > Du meinst [mm](\IZ/p\IZ)^\ast[/mm].
> >
> > > (p-1) existiert. Allerdings weiß ich nicht, warum a in
> > > [mm](\IZ/p^{n}\IZ)[/mm] dann als Ordnung ein Vielfaches von (p-1)
> > > hat...
> >
> > Machen wir es mal ganz allgemein:
> >
> > Sei [mm]f : G \to H[/mm] ein Gruppenhomomorphismus und sei [mm]g \in G[/mm]
> > so, dass [mm]f(g)[/mm] Ordnung [mm]n[/mm] hat. Zeige, dass die Ordnung [mm]m[/mm] von
> > [mm]g[/mm] in [mm]G[/mm] ein Vielfaches von [mm]n[/mm] ist.
>
> Ich nehme an, g hat Ordnung [mm]x+y*n[/mm] mit [mm]x\in\{0,...,n-1\}[/mm].
> Dann folgt
> [mm]e_H = g(e_G) = f(g^{x+y*n}) = f(g)^{x+y*n} = f(g)^{x}*f(g)^{y*n} =f(g)^{x}[/mm],
> was für [mm]x\not=[/mm] 0 zu einem Widerspruch führt, dass f(g)
> Ordnung n hat. So ok?
Genau.
> > In deinem konkreten Fall hast du den Homomorphismus
> > [mm](\IZ/p^n\IZ)^\ast \to (\IZ/p\IZ)^\ast[/mm].
>
> Mein Gruppenhomomorphismus ist in diesem Fall einfach von
> der Form: [mm]x\mapsto x[/mm], oder?
Sagen wir lieber $x + [mm] p^n \IZ \mapsto [/mm] x + p [mm] \IZ$ [/mm]
> Damit hätte ich jetzt, dass das Element a aus der Gruppe
> [mm](\IZ/p\IZ)^{\*},[/mm] welches dort Ordnung (p-1) hat, in der
> Gruppe [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] ein Vielfaches der Ordnung (p-1)
> hat, sagen wir t*(p-1).
> Das würde dann bedeuten, dass das Element [mm]a^{t}[/mm] genau
> Ordnung (p-1) in [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] hätte?
Exakt, so ist es.
(Hier ist $t$ eine Potenz von $p$, insofern kann man $t$ in der Praxis mit wenigen Versuchen bestimmen. Aber das ist fuer die theoretische Aufgabe hier egal.)
> > > - Wenn ich dann weiß, dass es in der Gruppe
> > > [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] ein Element (1+p) mit der Ordnung
> > > [mm]p^{n-1}[/mm] und ein Element a der Ordnung (p-1) gibt, wie genau
> > > mache ich dann weiter?
> >
> > Ich zitiere: "Dann gilt [mm]\langle a \rangle \cap \langle b \rangle = \{ 1 \}[/mm]
> > und [mm](\IZ/p^n\IZ)^\ast \cong \langle a \rangle \times \langle b \rangle[/mm]
> > (da die Gruppe abelsch ist und [mm](p - 1) \cdot p^{n-1}[/mm]
> > Elemente hat)."
>
> Hat dieser Satz einen bestimmten Namen? (sowas wie
> chinesischer Restsatz?)
Also aus $U [mm] \cap [/mm] V = [mm] \{ 1 \}$ [/mm] fuer Untergruppen $U, V [mm] \subseteq [/mm] G$ einer abelschen Gruppe folgt immer, dass $U [mm] \times [/mm] V$ isomorph zur Untergruppe $U V$ von $G$ ist.
(Das abelsch kannst du weglassen, wenn du "Untergruppe" durch "Normalteiler" ersetzt. Und die entsprechende Aussage fuer Untervektorraeume solltest du auf jeden Fall kennen.)
Mit dem Chinesischen Restsatz bekommst du, dass [mm] $\IZ/(p-1)\IZ \times \IZ/p^{n-1}\IZ$ [/mm] isomorph zu [mm] $\IZ/(p^n [/mm] - [mm] p^{n-1})\IZ$ [/mm] ist.
> Ich bin jetzt soweit, dass ich verstanden habe, (wenn der
> Satz gilt, dass
>
> [mm](\IZ/p^{m}\IZ)^{\*}\cong \times[/mm]
>
> Allerdings weiß ich noch nicht, wie [mm][/mm] bzw.[mm][/mm] aussehen?
Das sind die von $a$ und $b$ erzeugten Untergruppen. Die sind jeweils zyklisch, und die Untergruppenordnung ist gleich der Ordnung des erzeugenden Elementes. Hier ist $a$ ein Element von Ordnung $p - 1$ (konstruiert wie oben) und $b = 1 + p + [mm] p^n \IZ$, [/mm] was wie oben gezeigt Ordnung [mm] $p^{n-1}$ [/mm] hat.
> Ist dann einfach [mm] = \IZ/(p-1)\IZ[/mm] und [mm]= \IZ/p^{n-1}\IZ[/mm]
Nein, sie sind nur isomorph dazu. Mengenmaessig sind sie echt verschieden.
LG Felix
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Hallo Felix,
wieder vielen Dank!!!
eine letzte Frage habe ich noch:
> > > > - Wenn ich dann weiß, dass es in der Gruppe
> > > > [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*}[/mm] ein Element (1+p) mit der Ordnung
> > > > [mm]p^{n-1}[/mm] und ein Element a der Ordnung (p-1) gibt, wie genau
> > > > mache ich dann weiter?
> > >
> > > Ich zitiere: "Dann gilt [mm]\langle a \rangle \cap \langle b \rangle = \{ 1 \}[/mm]
> > > und [mm](\IZ/p^n\IZ)^\ast \cong \langle a \rangle \times \langle b \rangle[/mm]
> > > (da die Gruppe abelsch ist und [mm](p - 1) \cdot p^{n-1}[/mm]
> > > Elemente hat)."
> >
> > Hat dieser Satz einen bestimmten Namen? (sowas wie
> > chinesischer Restsatz?)
>
> Also aus [mm]U \cap V = \{ 1 \}[/mm] fuer Untergruppen [mm]U, V \subseteq G[/mm]
> einer abelschen Gruppe folgt immer, dass [mm]U \times V[/mm]
> isomorph zur Untergruppe [mm]U V[/mm] von [mm]G[/mm] ist.
>
> (Das abelsch kannst du weglassen, wenn du "Untergruppe"
> durch "Normalteiler" ersetzt. Und die entsprechende Aussage
> fuer Untervektorraeume solltest du auf jeden Fall kennen.)
>
> Mit dem Chinesischen Restsatz bekommst du, dass
> [mm]\IZ/(p-1)\IZ \times \IZ/p^{n-1}\IZ[/mm] isomorph zu [mm]\IZ/(p^n - p^{n-1})\IZ[/mm]
> ist.
So wie ich das jetzt einschätzen kann, brauche ich den Restsatz doch gar nicht, wenn ich [mm] $(\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} \cong [/mm] <a> [mm] \times [/mm] <b>$ benutze, oder?
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:54 Do 04.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Mit dem Chinesischen Restsatz bekommst du, dass
> > [mm]\IZ/(p-1)\IZ \times \IZ/p^{n-1}\IZ[/mm] isomorph zu [mm]\IZ/(p^n - p^{n-1})\IZ[/mm]
> > ist.
>
> So wie ich das jetzt einschätzen kann, brauche ich den
> Restsatz doch gar nicht, wenn ich [mm](\IZ/p^{n}\IZ)^{\*} \cong \times[/mm]
> benutze, oder?
Den brauchst du auch nicht fuer die Aufgabe. Du brauchst ihn hoechstens, um aus dem Ergebnis der Aufgabe zu bekommen, dass [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast$ [/mm] zyklisch ist. Aber in der Aufgabenstellung steht halt nicht, dass du das zeigen sollst. :)
LG Felix
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Hallo Felix,
dann danke ich dir für deine Hilfe!!!
Grüße,
Stefan
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