¿Por qué debe un campo con un grupo cíclico de las unidades de ser finito?

Question

Deje $F$ ser un campo y $F^\times$ ser de su grupo de unidades. Si $F^\times$ es cíclico muestran que $F$ es finito.

Estoy un poco atascado. Sé que puedo representar a $F^\times = \langle u \rangle$ algunos $u \in F^\times$ y que debemos tener ese $|F^\times| = o(u)$, he intentado asumiendo $o(u) = \infty$, pero no estoy seguro de dónde ir de allí.

Me preguntaba si me podía conseguir una sugerencia.

Answer 1

Como $F=F^\times\cup\{0\}$, el campo de $F$ es finito si y sólo si $F^\times$ es finito. La verdadera cuestión aquí no es "¿puede el campo del ser finito, si su grupo de unidades es cíclico", pero "puede que el campo es infinito?"

Supongamos $F^\times=\langle g\rangle$ es infinito generado por $g$. La característica debe ser $2$, ya que de lo contrario el elemento $-1\ne1$ orden $2$, pero no hay ningún elemento de orden $2$$\Bbb Z$. Claramente $F=\Bbb F_2(g)$, señalando la contención va en ambos sentidos. Si $g$ es trascendental, a continuación, $g$ $g+1$ son multiplicatively independiente, por lo $F^\times$ debe ser generado por más de un elemento, una contradicción. Si $g$ es algebraico sobre$\Bbb F_2$, $\Bbb F_2(g)$ es finito-dimensional sobre $\Bbb F_2$, por lo tanto $F$ es finito, otra contradicción.

Answer 2

Sugerencias: Vamos a $u$ ser un generador para el grupo multiplicativo $F^*$

• Si $\mathrm{char}F\neq2$, $-u\neq u$ es una unidad, y por lo tanto, $-u=u^t$ para algunos entero $t$. Mostrar que esto implica que el orden de $u$ es finito (Seth tiene una idea aún mejor aquí).
• Si $\mathrm{char}F=2$, entonces se puede mostrar que incluso los poderes de $u$ formar un subcampo $K$ (piensa: Frobenius automorphism). A menos $u$ es de un número finito de orden impar este subcampo es uno adecuado. Si $K$ es infinito, entonces fácilmente de la siguiente manera ($F$ es un espacio vectorial de dimensión $2$ $K$ y en $K^2$ hay infinitamente muchas líneas distintas que pasa por el origen) que $2=[F^*:K^*]=\infty$ lo cual es absurdo.

Answer 3

Este campo no puede tener carácter $0$, desde entonces $\mathbb{Q}^{\times}$ sería un subgrupo del grupo multiplicativo.

Si el campo es de carácter $p$, luego de la incorporación de la $\mathbb{F}_p$ hace que el campo de una $\mathbb{F}_p$-álgebra, por lo que debe ser un cociente de $\mathbb{F}_p[x]$ el $\mathbb{F}_p$-álgebra en un generador). Pero cada cociente de $\mathbb{F}_p[x]$ por un ideal distinto de cero es finito. Por lo tanto, un campo no existe.

Answer 4

He aquí una sugerencia : considerar las $u-1$, muestran que $u$ es algebraico sobre la característica de subcampo (es decir, el campo generado por $1$). Usted, a continuación, sólo tiene que descartar el caso de que la característica de subcampo es $\Bbb Q$.

A menos $F=\Bbb Z/2\Bbb Z$ (y por lo tanto es finito), debemos tener $u-1\in F^*$, de modo que no es un número entero $n\in \Bbb Z$ $u-1=u^n$ (necesariamente$n\neq 0,1$). De esto se sigue que $u$ annihiliates un polinomio con coeficientes en la característica de subcampo $\Bbbk$ (si $n<0$, al multiplicar la ecuación por un gran poder de $u$), es decir, $u$ es algebraico. Por lo tanto $F=\Bbbk[u]$ es finito dimensionales más de $\Bbbk$. Si $\Bbbk$ es finito hemos terminado. Pero si no fuera, tendríamos $\Bbbk=\Bbb Q$ $\Bbb Q^*$ sería cíclico como un subgrupo del grupo cíclico $F^*$, que no lo es. Por lo tanto, existe algún número primo $p$ $\Bbbk=\Bbb Z/p\Bbb Z$ $F$ es finito.

Uno puede mostrar directamente que la característica $p$ $F$ es distinto de cero. El caso de $p>2$ se aborda fácilmente, y sólo en el caso de $p=2$ permanece

De hecho, $\Bbb Q^*$ no es cíclica, lo que prohíbe es la forma de ser de un subgrupo de $F^*$, lo $p\neq 0$. Si $p\geq 3$, entonces no existe $n$$u^n=2$. Desde $2\in\Bbbk^*$,$2^{p-1}=1$, es decir, $u^{(p-1)n}=1$ $F^*$ es finito. $F$ es finito porque $F=F^*\cup\lbrace 0\rbrace$. Así que el argumento anterior (teniendo en cuenta los $u-1$) sólo es necesario para el caso de $p=2$.