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author | Andreas Müller <andreas.mueller@ost.ch> | 2021-02-04 14:39:38 +0100 |
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committer | Andreas Müller <andreas.mueller@ost.ch> | 2021-02-04 14:39:38 +0100 |
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-rw-r--r-- | buch/chapters/30-endlichekoerper/galois.tex | 71 |
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diff --git a/buch/chapters/30-endlichekoerper/galois.tex b/buch/chapters/30-endlichekoerper/galois.tex index 63970e3..d72cc61 100644 --- a/buch/chapters/30-endlichekoerper/galois.tex +++ b/buch/chapters/30-endlichekoerper/galois.tex @@ -417,10 +417,33 @@ Auf den rot hinterlegten Zeilen, die zu Exponenten der Form $2^k$ gehören, sind alle Koeffizienten ausser dem ersten und letzten durch $2$ teilbar. \label{buch:endliche-koerper:fig:binomial2}} \end{figure} +\bgroup +\input{chapters/30-endlichekoerper/images/farben.tex} +\begin{figure} +\centering +\includegraphics{chapters/30-endlichekoerper/images/binomial5.pdf} +\caption{Binomialkoeffizienten module $5$ im Pascal-Dreieck. +Die von $0$ verschiedenen Reste werden durch Farben dargestellt: +$1=\text{schwarz}$, +$2=\text{\color{farbe2}rot}$, +$3=\text{\color{farbe3}grün}$, +$4=\text{\color{farbe4}blau}$. +Auf den grau hinterlegten Zeilen, die zu Exponenten der Form $5^k$ gehören, +sind alle Koeffizienten ausser dem ersten und letzten durch $5$ teilbar. +\label{buch:endliche-koerper:fig:binomial5}} +\end{figure} +\egroup Die Abbildung~\ref{buch:endliche-koerper:fig:binomial2} zeigt den Rest bei Teilung durch $2$ der Binomialkoeffizienten. Man kann daraus ablesen, dass $\binom{n}{m}\equiv 0\mod 2$ für $n=2^k$ und $0<m<n$. +Abbildung~\ref{buch:endliche-koerper:fig:binomial5} zeigt das Pascal-Dreieck +auch noch für $p=5$. +Hier ist auch schön die Selbstähnlichkeit des Pascal-Dreiecks erkennbar. +Ersetzt man die ``5er-Dreiecke'' durch ein volles Dreieck mit der Farbe +des kleinen Dreiecks an seiner Spitze, entsteht wieder das ursprüngliche +Pascal-Dreieck. +Dabei gehen die Zeilen aus lauter Nullen ausser an den Enden ineinander über. \begin{satz} \label{buch:endliche-koerper:satz:binom} @@ -443,16 +466,58 @@ im Zähler kann also nicht weggekürzt werden, so dass der Binomialkoeffizient durch $p$ teilbar sein muss. \end{proof} -Die Aussage von Satz~\ref{buch:endliche-koerper:satz:binom} kann man +\begin{satz} +\label{buch:endliche-koerper:satz:binomk} +Sei $p$ eine Primzahl, dann ist +\begin{equation} +\binom{p^k}{m} \equiv 0\mod p +\label{buch:endliche-koerper:eqn:a+b^p^k} +\end{equation} +für $0<m<p^k$ +\end{satz} + +\begin{proof}[Beweis] +Wir wissen aus Satz \ref{buch:endliche-koerper:satz:binom}, dass +\begin{equation} +(a+b)^p = a^p+b^p. +\label{buch:endliche-koerper:eqn:a+b^p} +\end{equation} +Wir müssen zeigen, dass $(a+b)^{p^k}=a^{p^k}+b^{p^k}$ gilt. +Wir verwenden vollständige Induktion, +\eqref{buch:endliche-koerper:eqn:a+b^p} ist die Induktionsverankerung. +Wir nehmen jetzt im Sinne der Induktionsannahme, dass +\eqref{buch:endliche-koerper:eqn:a+b^p^k} für ein bestimmtes $k$ gilt. +Dann ist +\[ +(a+b)^{p^{k+1}} += +(a+b)^{p^k\cdot p} += +\bigl((a+b)^{p^k}\bigr)^p += +(a^{p^k}+b^{p^k})^p += +a^{p^k\cdot p}+b^{p^k\cdot p} += +a^{p^{k+1}} ++ +b^{p^{k+1}}, +\] +also die Behauptung für $k+1$. +Damit ist +\eqref{buch:endliche-koerper:eqn:a+b^p^k} für alle $k$ bewiesen. +\end{proof} + +Die Aussage von Satz~\ref{buch:endliche-koerper:satz:binomk} kann man auch im Körper $\mathbb{F}_p$ formulieren: \begin{satz} \label{buch:endliche-koerper:satz:binomFp} In $\mathbb{F}_p$ gilt \[ -\binom{p}{k}=0 +\binom{p^k}{m}=0 \] -für $0<k<p$. +für beliebige $k>0$ und $0<m<p$. \end{satz} \subsubsection{Frobenius-Automorphismus} |