Muestran que

Question

La respuesta habitual se ve como esto:

Desde $2 \not | \ 3$ $\mathbb{F}_{p^r} \subset \mathbb{F}_{p^s}$ si y sólo si $r | s$,$\mathbb{F}_9 \not\subset \mathbb{F}_{27}$.

Sin embargo, estoy interesado en una prueba que no requiere de la utilización de los limitados campos aparte del hecho de que el cociente de un campo de $\mathbb{F}_p$ con un polinomio irreducible de grado $n$ $\mathbb{F}_p[t]$ resultados en un campo de orden de $p^n$, y que si dos conjuntos, $A$ $B$ son tales que $A \subset B$, entonces no existe y la inyección de $g:A \to B$ (la identidad).

Así que primero me construidas explícitamente dos campos de $9$ $27$ elementos, tomando el cociente de $\mathbb{Z}_3$ $f_1(x)=x^2+1$ $f_2(x)=x^3+2x^2+1$ respectivamente. Ahora creo que debo probar de alguna manera que no hay inyección de entre esos campos, pero estoy atascado en esta parte, así que amy ayuda se aprecia. Gracias de antemano!

Answer 1

Do este argumento de satisfacer sus necesidades?

Si $\mathbb{F}_{9}\subset\mathbb{F}_{27}$ $\mathbb{F}_{27}$ sería un espacio vectorial sobre el campo $\mathbb{F}_{9}$ (ya que es un grupo abelian compatible con la multiplicación de $\mathbb{F}_9$). Si $\{a_1,\dots,a_n \}$ es una base de este espacio vectorial, entonces cada elemento de a $\mathbb{F}_{27}$ puede escribirse de forma única como $$\lambda_1 a_1+\dots+\lambda_n a_n$$ con $\lambda_i \in \mathbb{F}_9$. Así que hay $(9)^n$ elementos en $\mathbb{F}_{27}$, el cual nunca puede igualdad de $27$.

A mí me parece que una argumentación directa de mostrar que no existe ninguna inyección entre los dos no va a ser muy fácil: usted puede tratar de buscar donde un generador obtiene asignada y examinar todas las posibilidades (ya que este es un finito problema), pero que va a ser bastante técnico.

Answer 2

Si $\Bbb F_9 \subset \Bbb F_{27}$, entonces los grupos de invertible los elementos deben estar en la misma relación, es decir,$\Bbb F_9 ^* \subset \Bbb F_{27} ^*$. Pero $\Bbb F_9 ^*$ $8$ elementos, mientras que$\Bbb F_{27} ^*$$26$, e $8 \nmid 26$, lo $\Bbb F_9 \not\subset \Bbb F_{27}$.

De hecho, el argumento puede ser extendido: si $\Bbb F_{p^m} \subset \Bbb F_{p^n}$, luego sus correspondientes grupos de invertible los elementos deben estar en la relación $\Bbb F_{p^m} ^* \subset \Bbb F_{p^n} ^*$, por lo que sus órdenes deben ser en la relación $p^m - 1 \mid p^n - 1$. Deje $n = km + r$$k \in \Bbb N$$0 \le r < m$. Entonces

$$p^n - 1 = (p^m)^k p^r - 1 = [(p^m - 1) + 1]^k p^r -1 \equiv p^r - 1 \pmod {p^m - 1} .$$

Desde $p^m - 1 \mid p^n - 1$, debemos tener $p^r - 1 \equiv 0 \pmod {p^m - 1}$. Desde $0 \le r < m$, debemos tener $p^r - 1 = 0$, lo $r = 0$ e lo $m \mid n$.

Lo contrario es clara: si $m \mid n$,$\Bbb F_{p^m} \subset \Bbb F_{p^n}$.

Esta es, probablemente, la más corta de la prueba de "$\Bbb F_{p^m} \subset \Bbb F_{p^n} \iff m \mid n$".

Answer 3

Hay muchas maneras estándar de mostrar el resultado general. Jef Laga es un libro de texto método para probar la existencia de una dirección. Aquí hay algo specifice para su construcción.

Vamos a utilizar denotar por $\alpha$ el coset $x+\langle f_1(x)\rangle\in\Bbb{F}_3[x]/\langle f_1(x)\rangle$. Debido a $\alpha$ es un cero de $f_1$, podemos ver que $\alpha^2=\alpha^2-f_1(\alpha)=-1$. En consecuencia,$\alpha^4=(-1)^2=1$, lo $\alpha$ es de orden cuatro.

Por otro lado, el grupo multiplicativo de a $\Bbb{F}_3[x]/\langle f_2(x)\rangle$ es de orden $3^3-1=26$. Debido a $4\nmid 26$ Lagrange del teorema de la escuela primaria grupo de teoría nos dice que no hay elementos de orden cuatro en este campo.

Pero un inyectiva homomorphism conserva los pedidos de elementos, así que....

Answer 4

Aquí es una muy elemental de la solución que se muestra el poder que nos ha dado a todos los buenos resultados de las otras soluciones de uso.

Cualquier morfismos de unitario anillos $$ f\colon \mathbf F_3[x]/(x^2+1)\rightarrow \mathbf F_3[x]/(x^3+2x^2+1) $$ está dominado por un morfismos $$ g\colon \mathbf F_3[x]\rightarrow \mathbf F_3[x] $$ en el siguiente sentido: el diagrama $$ \begin{array}{ccc} \mathbf F_3[x] & \overset{g}{\rightarrow} & \mathbf F_3[x] \\ \downarrow & & \downarrow \\ \mathbf F_3[x]/(x^2+1) & \overset{f}{\rightarrow} & \mathbf F_3[x]/(x^3+2x^2+1) \end{array} $$ desplazamientos, donde la vertical de mapas son el cociente de los mapas. De hecho, denotando por $\pi$ la izquierda cociente mapa y por $\rho$ la de la derecha, elegir cualquier $\rho$-preimagen $p\in\mathbf F_3[x]$$f(\pi(x))$. Por supuesto, podemos optar $p$ grado $\leq 2$, por euclidiana de la división. Definir $g$ a de ser la única de morfismos de unitario anillos con $g(x)=p$. Entonces uno tiene, de hecho,$\rho\circ g=f\circ \pi$. En particular, $\rho(g(x^2+1))=f(\pi(x^2+1))=f(0)=0$. Esto significa que $$ g(x^2+1)=g(x)^2+1=p^2+1\(x^3+2x^2+1). $$ Escribir $p=ax^2+bx+c$$a,b,c\in\mathbf F_3$. Entonces $$ p^2+1=(dx+e)(x^3+2x^2+1) $$ para algunos $d,e\in\mathbf F_3$, que es $$ un^2x^4+2abx^3+(2ac+b^2)x^2+2bcx+c^2+1=dx^4+(2d+e)x^3+2ex^2+dx+e. $$ De ello se desprende que, mirando trailing coeficientes, $e=c^2+1$. Desde $c^2=0$ o $c^2=1$, esto significa que $e=\pm1$. Si $e=1$$c=0$$d=2bc=0$, lo que a$a=0$$e=0$. Contradicción. Si $e=-1$$c=\pm1$. Mirando el coeficiente de $x^1$, $\mp b=d$. Entonces $\mp a+d^2=2ac+b^2=2e=1$, $\pm ad=2ab=2d+e=-d-1$ y $a^2=d$. En particular, $d=0$ o $d=1$. Ahora, $d$ no puede ser cero, de lo contrario,$0=\pm ad=-d-1=-1$. Por lo tanto $d=1$. A continuación,$\mp a+ 1=\mp a +d^2=1$$a=0$. A continuación,$-d-1=0$$d=-1$. Contradicción. Por lo tanto, no es de morfismos $f$.