Frobenius-Homomorphismus < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:13 Mi 05.01.2011 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | Sei K Körper, char K = p > 0, K endlich.
Zeige: Der Frobenius-Homomorphismus [mm] $\sigma: [/mm] K [mm] \to [/mm] K$ ist ein Automorphismus.
Gilt dies auch ohne die Endlichkeitsbedingung an K? |
Hallo,
den ersten Teil der Aufgabe konnte ich lösen, ist ja auch recht einfach. Da K Körper ist $ker [mm] \: \sigma$ [/mm] Ideal in K (also trivial) und somit {0}, da [mm] $\sigma(1)=1$. [/mm] Damit ist [mm] $\sigma$ [/mm] injektiv und (wegen K endlich) somit auch surjektiv, also ein Automorphismus.
Doch wie sieht es ohne die Endlichkeitsbedingung aus? Ich würde vermuten, dass die Aussage dann nicht mehr stimmt, aber mir fällt kein Gegenbeispiel ein. Kann mir jemand weiterhelfen?
Vielen Dank schon im Voraus und viele Grüße,
Lippel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:02 Mi 05.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei K Körper, char K = p > 0, K endlich.
> Zeige: Der Frobenius-Homomorphismus [mm]\sigma: K \to K[/mm] ist
> ein Automorphismus.
> Gilt dies auch ohne die Endlichkeitsbedingung an K?
>
> den ersten Teil der Aufgabe konnte ich lösen, ist ja auch
> recht einfach. Da K Körper ist [mm]ker \: \sigma[/mm] Ideal in K
> (also trivial) und somit {0}, da [mm]\sigma(1)=1[/mm]. Damit ist
> [mm]\sigma[/mm] injektiv und (wegen K endlich) somit auch surjektiv,
> also ein Automorphismus.
> Doch wie sieht es ohne die Endlichkeitsbedingung aus? Ich
> würde vermuten, dass die Aussage dann nicht mehr stimmt,
> aber mir fällt kein Gegenbeispiel ein. Kann mir jemand
> weiterhelfen?
Nun, was fuer unendliche Koerper von Charakteristik $p$ kennst du denn? Nenn doch mal ein paar Beispiele.
(Bei algebraisch abgeschlossenen Koerpern ist der Frobeniushomomorphismus uebrigens immer surjektiv, da das Polynom [mm] $X^p [/mm] - [mm] \alpha$ [/mm] fuer jedes [mm] $\alpha \in [/mm] K$ eine Nullstelle in $K$ hat. Also brauchst du unendliche Koerper, die nicht alg. abgeschlossen sind.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 Mi 05.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
> Nun, was fuer unendliche Koerper von Charakteristik [mm]p[/mm]
> kennst du denn? Nenn doch mal ein paar Beispiele.
Mir fallen spontan der algebraische Abschluss von [mm] $\IF_p$ [/mm] und (mit ein bisschen Recherche :P) der Körper der rationalen Funktionen [mm] $\IF_p(X)$ [/mm] (denn darin ist natürlich auch [mm] $\bar{1} [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] \bar{1} [/mm] = [mm] \bar{0}$ [/mm] bei p Summanden) ein. Der erste der Körper ist natürlich algebraisch abgeschlossen, kommt also nach deiner Begründung unten nicht in Frage, vielleicht aber der erste...
Ich suche also ein Element aus $f(X) [mm] \in \IF_p(X)$, [/mm] sodass $f(X) [mm] \not\in [/mm] im [mm] \: \sigma$. [/mm] Ich denke [mm] $f(X)\;= [/mm] X$ könnte so ein Element sein, denn ang. [mm] $\exists [/mm] g(X) [mm] \in \IF_p(X): \sigma(g(X)) [/mm] = X [mm] \Rightarrow \left(\frac{r(X)}{t(X)}\right)^p [/mm] = X$ mit $r(X), t(X) [mm] \in \IF_p[X] \Rightarrow r(X)^p [/mm] = X [mm] t(X)^p$
[/mm]
Und das ist ein Widerspruch, aufgrund der Potenzen von X auf beiden Seiten (links Vielfache von p, rechts nicht). Damit der ist Frobeniushomomorphismus für [mm] $\IF_p(X)$ [/mm] nicht surjektiv und folglich kein Automorphismus.
>
> (Bei algebraisch abgeschlossenen Koerpern ist der
> Frobeniushomomorphismus uebrigens immer surjektiv, da das
> Polynom [mm]X^p - \alpha[/mm] fuer jedes [mm]\alpha \in K[/mm] eine
> Nullstelle in [mm]K[/mm] hat. Also brauchst du unendliche Koerper,
> die nicht alg. abgeschlossen sind.)
Die Existenz einer Nullstelle schließt du aus der Abgeschlossenheit. Damit gibt es [mm] $\forall \: \alpha \in [/mm] K$ ein $x [mm] \in [/mm] K: [mm] x^p [/mm] - [mm] \alpha [/mm] = 0 [mm] \Rightarrow x^p [/mm] = [mm] \alpha \Rightarrow \sigma(x) [/mm] = [mm] \alpha$ [/mm] und damit ist [mm] $\sigma$ [/mm] surjektiv.
Das passt so oder?
Viele Grüße, Lippel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:27 Mi 05.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Nun, was fuer unendliche Koerper von Charakteristik [mm]p[/mm]
> > kennst du denn? Nenn doch mal ein paar Beispiele.
>
> Mir fallen spontan der algebraische Abschluss von [mm]\IF_p[/mm] und
> (mit ein bisschen Recherche :P) der Körper der rationalen
> Funktionen [mm]\IF_p(X)[/mm] (denn darin ist natürlich auch [mm]\bar{1} + \ldots + \bar{1} = \bar{0}[/mm]
> bei p Summanden) ein. Der erste der Körper ist natürlich
> algebraisch abgeschlossen, kommt also nach deiner
> Begründung unten nicht in Frage, vielleicht aber der
> erste...
>
> Ich suche also ein Element aus [mm]f(X) \in \IF_p(X)[/mm], sodass
> [mm]f(X) \not\in im \: \sigma[/mm]. Ich denke [mm]f(X)\;= X[/mm] könnte so
> ein Element sein, denn ang. [mm]\exists g(X) \in \IF_p(X): \sigma(g(X)) = X \Rightarrow \left(\frac{r(X)}{t(X)}\right)^p = X[/mm]
> mit [mm]r(X), t(X) \in \IF_p[X] \Rightarrow r(X)^p = X t(X)^p[/mm]
>
> Und das ist ein Widerspruch, aufgrund der Potenzen von X
> auf beiden Seiten (links Vielfache von p, rechts nicht).
> Damit der ist Frobeniushomomorphismus für [mm]\IF_p(X)[/mm] nicht
> surjektiv und folglich kein Automorphismus.
Exakt :)
> > (Bei algebraisch abgeschlossenen Koerpern ist der
> > Frobeniushomomorphismus uebrigens immer surjektiv, da das
> > Polynom [mm]X^p - \alpha[/mm] fuer jedes [mm]\alpha \in K[/mm] eine
> > Nullstelle in [mm]K[/mm] hat. Also brauchst du unendliche Koerper,
> > die nicht alg. abgeschlossen sind.)
>
> Die Existenz einer Nullstelle schließt du aus der
> Abgeschlossenheit. Damit gibt es [mm]\forall \: \alpha \in K[/mm]
> ein [mm]x \in K: x^p - \alpha = 0 \Rightarrow x^p = \alpha \Rightarrow \sigma(x) = \alpha[/mm]
> und damit ist [mm]\sigma[/mm] surjektiv.
> Das passt so oder?
Genau :)
Koerper, bei denen der Frobenius surjektiv ist, nennt man uebrigens perfekt. Das ist dazu aequivalent, dass jede endliche Erweiterung des Koerpers separabel ist.
Es haette also auch gereicht, eine nicht-separable endliche Erweiterung in Charakteristik $p$ zu finden 
LG Felix
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