Prueba elemental de que todos los campos de los cuatro elementos son isomorfos uno al otro

Question

Una pregunta en Rotman del Advanded Moderna Álgebra pide a demostrar a la pregunta del título. Estoy convencido de mi prueba, pero un subquestion pide demostrar que $1+1$ es cero, y para ello me puse en una base de caso por caso; es decir, suponiendo que por el bien de la contradicción que $1+1 \ne 0$, dado que ahora sabemos que el campo $F = \{0,1,1+1,a\}$, demostró que esta estructura no puede ser un campo.

Sin embargo, creo que esta solución es bastante feo y me preguntaba si es mejor, pero todavía elemental solución (evitando el hecho de que char($F$) = $2$).

PS no estoy seguro de si esta es una pregunta adecuada. Si no, siéntase libre de eliminarlo.

Answer 1

Dado que hay un número impar de no-cero de los elementos en el campo, al menos uno de ellos debe ser su propio inverso aditivo (porque los que no vienen en pares). Así que vamos a llamar a ese elemento $a$.

Desde $a\ne 0$, tiene un inverso multiplicativo $a^{-1}$. Pero entonces tenemos $$1 + 1 = a a^{-1} + a a^{-1} = (a+a) a^{-1} = 0 a^{-1} = 0$$

Tenga en cuenta que esto a su vez implica que todos los elementos de la esfera es su propio inverso aditivo, ya que $$x+x = 1x + 1x = (1+1)x = 0x = 0$$ O en definitiva, cualquier campo finito con un número par de elementos debe ser de carácter $2$.

Answer 2

El % de Grupo abeliano subyacente $(F, +)$tiene 4 elementos, por lo que el orden aditivo de $1$ divide en 4. Si fuera 4, el elemento $1+1$ no es inversible.

Answer 3

Necesitamos $0$ y $1$. Llame a lo otros dos elementos $a$ y $b$. $ab=1, a^2=b$ Y $b^2=a$ (lo contrario $a^2=1 \implies a=b$ etcetera...) Así se fija la tabla de multiplicar.

Pero también lo es la tabla de adición: $1+a=b$, necesariamente. (También $b+1=a$.) Pues si $1+a=a,0$ o $1$ obtenemos una contradicción. Por ejemplo, $1+a=0\implies a=-1\implies a=1$, desde $1+1\not =1,a$ o $b$. Una vez más, tendríamos una contradicción: decir $1+1=a$, $1+b=b,0$ o % o $1$, en cual caso $1=0$ $b=a$o $0$.

Así que nuestra mano acaba siendo forzados.

Answer 4

Otro camino es considerar el multiplicative grupo $F^\times$. Puesto que tiene orden $3$, tiene que ser cíclica. Así, se fija la tabla de multiplicar. Esto solucionará también la tabla de adición.