สมบัติของพหุนามวัฏจักร

avatar.png

ความเป็นมาในทฤษฎีสนามพื้นฐาน

ให้ \(K\) เป็นฟิลด์ (ในโพสต์นี้เราส่วนใหญ่ถือว่า \(K \supset\mathbb{Q}\) ) และ \(n\) aninteger \(>1\) ซึ่งไม่สามารถหารด้วยคุณลักษณะของ \ (เค\). แล้วพหุนาม

\[X^n-1\]

แยกออกได้เพราะอนุพันธ์ของมันคือ \(nX^{n-1} \ne 0\) ดังนั้นในพีชคณิต \(\overline{K}\) พหุนามมีรากที่แตกต่าง \(n\) ซึ่งก่อตัวเป็นกลุ่ม \(U\) และ iscyclic อันที่จริง จากแบบฝึกหัด เราสามารถแสดงให้เห็นว่า สำหรับ field \(k\) กลุ่มย่อยใด ๆ \(U\) ของกลุ่มการคูณ \(k^\ast\) เป็นกลุ่มวัฏจักร

ตัวกำเนิด \(\zeta_n\) ของ \(U\) เรียกว่ารากของความสามัคคีดั้งเดิม \(n\)-th ให้ \(K=\mathbb{Q}\) และ \(L\) เป็นส่วนขยายที่เล็กที่สุดที่มีองค์ประกอบทั้งหมดของ \(U\) จากนั้นเรามี \(L=\mathbb{Q}(\zeta_n)\) . ตามความเป็นจริง \(L/K\) เป็นส่วนขยายของ Galois(จะแสดงในภายหลัง) และพหุนามไซโคลโตมิก \(\Phi_n(X)\) เป็นพหุนามลดทอนของ \(\zeta_n\) บน \(\ mathbb{Q}\) ก่อนอื่นเราต้องหา thedegree \([L:K]\)

โจทย์ที่ 1 สัญกรณ์อยู่เหนือ \(L/K\) คือ Galois กลุ่ม Galois \(\operatorname{Gal}(L/K) \cong(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ ast\) (กลุ่มของหน่วยใน \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)) และ \([L:K]=\varphi(n)\)

เรามาอธิบายข้อเท็จจริงกันก่อนว่า \(|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|=\varphi(n)\).Let \([0],[1],\dots, [n-1]\) ตัวแทนของ \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) องค์ประกอบ \([x]\) ใน \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) เป็นหน่วยก็ต่อเมื่อมี \([y]\) เช่นนั้น \([xy]=[ 1]\) ซึ่งก็คือ \(xy \equiv 1 \mod n\) ขอให้สังเกตว่า \(xy \equiv 1 \mod n\) ถ้าหาก \(xy+mn=1\) สำหรับบางคน \(y,n \in \mathbb{Z}\) ถ้าหากว่า \(\ gcd(x,n)=1\). ดังนั้น \(|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|=\varphi(n)\) ได้รับการพิสูจน์แล้ว

บทพิสูจน์สามารถสร้างได้โดย lemmas สองตัว บทแรกไม่ขึ้นกับลักษณะของภาคสนาม

เล็มมา 1. ให้ \(k\) เป็นฟิลด์และ \(n\) ไม่หารด้วยคุณสมบัติ \(p\) ให้ \(\zeta=\zeta_n\) เป็นรากดั้งเดิม \(n\)-th ของความสามัคคีใน \(\overline{k}\) จากนั้น \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} )^\ast \supset\operatorname{Gal}(k(\zeta)/k)\) และด้วยเหตุนี้ \([k(\zeta):k] \le \varphi(n)\) นอกจากนี้ \(k(\zeta)/k\) เป็นส่วนขยาย abelian ปกติ

การพิสูจน์. ให้ \(\sigma\) เป็นการรวมตัวของ \(k(\zeta)\) ใน \(\overline{k}\) เหนือ \(k\) แล้ว

\[(\sigma\zeta)^n=\sigma(\zeta^n)=\sigma(1)=1\]

ดังนั้น \(\sigma\zeta\) จึงเป็นรากของความสามัคคีด้วย \(n\) -th ดังนั้น \(\sigma\zeta=\zeta^i\) สำหรับบางคน \(i=i(\sigma)\) โมดูโลที่กำหนดโดยเฉพาะ \(n\) มันตามมาว่า \(\sigma\) แมป \(k(\zeta)\) ในตัวมันเอง กล่าวคือ \(k(\zeta)\) เป็นปกติมากกว่า \(k\) ให้ \(\tau\) เป็น automorphism อื่นของ \(k(\zeta)\) เหนือ \(k\) แล้ว

\[\sigma\tau\zeta=\zeta^{i(\sigma)i(\tau)}.\]

มันตามมาว่า \(i(\sigma)\) และ \(i(\tau)\) เป็นจำนวนเฉพาะของ \(n\) (ไม่เช่นนั้น \(\sigma\zeta\) จะมีคาบที่เล็กกว่า \(n\ ) หมายความว่าระยะเวลาของ \(\zeta\) น้อยกว่า \(n\) ซึ่งไร้สาระ) ดังนั้นสำหรับแต่ละ \(\sigma \in\operatorname{Gal}(k(\zeta)/k)\) , \(i(\sigma)\) สามารถฝังลงใน \((\mathbb{Z}/n\ mathbb{Z})^\ast\) จึงพิสูจน์ทฤษฎีบทของเรา \(\สี่เหลี่ยม\)

ง่ายต่อการค้นหาตัวอย่างที่มีการรวมอย่างเข้มงวด ต้องดูที่ \(k=\mathbb{R}\) หรือ \(\mathbb{C}\) เท่านั้น

เล็มมา 2. ให้ \(\zeta=\zeta_n\) เป็นรากดั้งเดิม \(n\)-th ของพหุนามเหนือ \(\mathbb{Q}\) จากนั้นสำหรับใด ๆ \(p \nmid n\), \ (\zeta^p\) ยังเป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิม \(n\)-th

การพิสูจน์. ให้ \(f(X)\) เป็นพหุนามที่ลดลงของ \(\zeta\) บน \(\mathbb{Q}\) แล้ว \(f(X)|(X^n-1)\) ตามคำจำกัดความ เป็นผลให้เราสามารถเขียน \(X^n-1=f(X)h(X)\) โดยที่ \(h(X)\) มีค่าสัมประสิทธิ์นำหน้า \(1\) ตามบทแทรกของเกาส์ ทั้ง \(f\) และ \(h\) มีค่าสัมประสิทธิ์อินทิกรัล

สมมติว่า \(\zeta^p\) ไม่ใช่รูทของ \(f\) เนื่องจาก \((\zeta^p)^n-1=(\zeta^n)^p-1=0\) มันตามมาว่า \(\zeta^p\) เป็นรูทของ \(h\) และ \(\zeta\) เป็นรูทของ \(h(X^p)\) เป็นผลให้ \(f(X)\) แบ่ง \(h(X^p)\) และเราเขียน

\[h(X^p)=f(X)g(X).\]

อีกครั้งโดยบทแทรกของเกาส์ \(g(X)\) มีสัมประสิทธิ์อินทิกรัล

ต่อไปเราจะลดสมการเหล่านี้ใน \(\mathbf{F}_p=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) ก่อนอื่นเรามี

\[\overline{f}(X)\overline{g}(X)=\overline{h}(X^p).\]

โดยทฤษฎีบทเล็ก ๆ ของแฟร์มาต์ \(a^p=a\) สำหรับทุกคน \(a \in \mathbf{F}_q\) เราก็มี

\[\overline{h}(X^p)=\overline{h}(X)^p.\]

ดังนั้น

\[\overline{f}(X)\overline{g}(X)=\overline{h}(X)^p,\]

ซึ่งหมายความว่า \(\overline{f}(X)|\overline{h}(X)^p\) ดังนั้น \(\overline{f}\) และ \(\overline{h}\) จะต้องมีตัวประกอบร่วม ด้วยเหตุนี้ \(X^n-\overline{1}=\overline{f}(X) \overline{h}(X)\)มีหลายรากใน \(\mathbf{F}_p\) ซึ่งเป็นไปไม่ได้เพราะเราเลือก \(p\) \(\สี่เหลี่ยม\)

ตอนนี้เราพร้อมแล้วสำหรับข้อเสนอที่ 1

หลักฐานของข้อเสนอ 1 เนื่องจาก \(\mathbb{Q}\) เป็นฟิลด์ที่สมบูรณ์แบบ \(\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}\) จึงแยกออกได้โดยอัตโนมัติ ส่วนขยายนี้เป็น Galois เนื่องจาก lemma 1 Bylemma 1 ก็เพียงพอที่จะแสดงว่า \([\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}] \ge\varphi(n)\)

จำในทฤษฎีกลุ่มเบื้องต้น ถ้า \(G\) เป็นกลุ่มวงรอบจำกัดของคำสั่ง \(m\) และ \(x\) เป็นตัวกำเนิดของ \(G\) ดังนั้น ชุดของตัวสร้างจะประกอบด้วยองค์ประกอบของรูปแบบ \ (x^\nu\) โดยที่ \(\nu \nmid m\) ในโอกาสนี้ ถ้า \(\zeta\) สร้าง \(U\) แล้ว \(\zeta^p\) ก็สร้าง \(U\) เพราะ \(p\nmid n\) มันเป็นไปตามที่รากของความสามัคคีทุก ๆ \(n\)-th ดั้งเดิมสามารถรับได้โดยการเพิ่ม \(\zeta\) ไปสู่การต่อเนื่องของจำนวนเฉพาะที่ไม่หาร \(n\) (เป็นผลให้เราได้รับ \(\varphi (n)\) รากดึกดำบรรพ์ดังกล่าว) Bylemma 2 ตัวเลขทั้งหมดเหล่านี้เป็นรากของ \(f\) ในการพิสูจน์บทที่ 2 ดังนั้น \(\deg f = [L:K] \ge \varphi(n)\) ดังนั้น ข้อเสนอนี้จึงได้รับการพิสูจน์แล้ว \(\สี่เหลี่ยม\)

เราจะแสดงให้เห็นว่า \(f\) ใน prooflemma 2 เป็นพหุนามไซโคลโตมิกจริง ๆ \(\Phi_n(x)\) ที่คุณกำลังมองหา ขั้นตอนต่อไปนี้ใช้ได้กับทุกฟิลด์ที่คุณสมบัติไม่แบ่ง \(n\) แต่เราถือว่าลักษณะจะเป็น \(0\) สำหรับความเรียบง่าย

เรามี

\[X^n-1=\prod_{\zeta}(X-\zeta),\]

โดยที่ผลิตภัณฑ์ถูกยึดเหนือรากของความสามัคคีทั้งหมด \(n\)-th รวบรวมรากทั้งหมดด้วยช่วงเวลาเดียวกัน \(d\) (เช่น พวก \(\zeta\) เช่นนั้น \(\zeta^d=1\)) เราใส่

\[\Phi_d(X)=\prod_{\operatorname{period} \zeta=d}(X-\zeta).\]

แล้ว

\[X^n-1=\prod_{d|n}\Phi_d(X).\]

มันตามมาว่า \(\Phi_1(X)=X-1\) และ

\[\Phi_n(X)=\frac{X^n-1}{\prod_{d\mid n}^{d<n}\Phi_d(X)}.\]

การนำเสนอนี้ทำให้การคำนวณของเราง่ายขึ้นมาก แต่เพื่อให้เข้าใจ \(\Phi_n\) เรายังควรจำไว้ว่า \(n\) -thcyclotomic พหุนามถูกกำหนดให้เป็น

\[\Phi_n(X)=\prod_{\operatorname{period}\zeta=n}(X-\zeta),\]

ซึ่งรากเป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิมทั้งหมด \(n\)-th ตามที่ระบุไว้ในข้อพิสูจน์ของข้อเสนอที่ 1 มี \(\varphi(n)\) ดั้งเดิม \(n\)-รากของความสามัคคี ดังนั้น \(\deg\Phi_n(X)=\varphi(n)\) . นอกจากนี้ \(f|\Phi_n\). เนื่องจากทั้งคู่มีดีกรีเท่ากัน พหุนามสองตัวนี้จึงเท่ากัน นอกจากนี้ยังตามมาด้วยว่า \(\sum_{d|n}\varphi(n)=n\)

ข้อเสนอที่ 2 พหุนามไซโคลโตมิกลดทอนไม่ได้และเป็นพหุนามที่ลดทอนไม่ได้ของ \(\zeta\) เหนือ \(\mathbb{Q}\) โดยที่ \(\zeta\) เป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิม \(n\)-th .

เราจบส่วนนี้ด้วยปัญหาในช่องตัวเลข โดยใช้สิ่งที่เราได้ศึกษามาข้างต้น

ปัญหาที่ 0 ฟิลด์ตัวเลข \(F\) มีเพียงรากของความสามัคคีจำนวนมากเท่านั้น

วิธีการแก้. ให้ \(\zeta \inF\) เป็นรากของความสามัคคีด้วยจุด \(n\) จากนั้น \(\Phi_n(\zeta)=0\) ดังนั้น \([\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}]\) มีดีกรี \(\varphi(n)\) เนื่องจาก \(\mathbb{Q}(\zeta)\) เป็นฟิลด์ย่อยของ \(F\) เราจึงมี \(\varphi(n) \le [F:\mathbb{Q}]\) เนื่องจาก \(\{n:\varphi(n) \le [F:\mathbb{Q}]\}\) เป็นเซตที่แน่นอน จำนวนของรากของความสามัคคีอยู่ใน \(F\) จึงมีขอบเขตจำกัด \(\สี่เหลี่ยม\)

การคำนวณทางเทคนิค

เราจะทำการคำนวณสกปรกในส่วนนี้

ปัญหาที่ 1 ถ้า \(p\) เป็นจำนวนเฉพาะ ดังนั้น \(\Phi_p(X)=X^{p-1}+X^{p-2}+\dots+1\) และสำหรับจำนวนเต็ม \(\ nu \ge 1\) , \(\Phi_{p^\nu}(X)=\Phi_p(X^{p^{\nu-1}})\)

วิธีการแก้. จำนวนเต็มเดียว \(d\) ที่หาร \(p\) คือ \(1\) และเรามีเพียง

\[\Phi_p(X)=\frac{X^p-1}{\Phi_1(X)}=X^{p-1}+\dots+1.\]

สำหรับคำสั่งที่สอง เราใช้ induction on \(\nu\) เมื่อ \(\nu=1\) เราไม่มีอะไรต้องพิสูจน์ สมมติ

\[\Phi_{p^\nu}(X)=\Phi_p(X^{p^{\nu-1}})=\frac{X^{p^{\nu}}-1}{X^ {p^{\nu-1}}-1}=\frac{X^{p^{\nu}}-1}{\prod_{r=0}^{\nu-1}\Phi_{p^ {r}}(X)}\]

ได้รับการพิสูจน์แล้ว \(X^{p^\nu}-1=\prod_{r=0}^{\nu}\Phi_{p^r}(X)\)และด้วยเหตุนี้

\[\begin{aligned}\Phi_{p^{\nu+1}}(X)&=\frac{X^{p^{\nu+1}}-1}{\prod_{r=0} ^{\nu}\Phi_{p^r}(X)}\\ &=\frac{X^{p^{\nu+1}}-1}{X^{p^{\nu}}- 1} \\ &=\Phi_p(X^{p^\nu}).\end{aligned}\]

ปัญหาที่ 2 ให้ \(p\) เป็นจำนวนเฉพาะ ถ้า \(p \nmid n\), แล้ว

\[\Phi_{pn}(X)=\frac{\Phi_n(X^p)}{\Phi_n(X)}.\]

วิธีการแก้. สมมติ \(p \nmidn\) ก่อน มันถืออย่างชัดเจนสำหรับ \(n=1\) สมมติว่าตอนนี้คำสั่งถือจำนวนเต็ม forall \(<n\) ที่เป็นไพรม์โต \(p\) ที่เราเห็น

\[\begin{aligned}\frac{\Phi_n(X^p)}{\Phi_n(X)} &= \frac{X^{pn}-1}{\prod_{d|n}^{d< n}\Phi_d(X^p)}\frac{\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_d(X)}{X^n-1}\\&= \frac{X^{pn }-1}{(X^n-1)\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_{dp}(X)} \\&=\frac{X^{pn}-1}{ \prod_{d|n}\Phi_d(X)\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_{dp}(X)} \\&=\Phi_{np}(X).\end{ ชิด}\]

ปัญหาที่ 3 ถ้า \(n\) เป็นเลขคี่ \(>1\) แล้ว \(\Phi_{2n}(X)=\Phi_n(-X)\)

วิธีการแก้. โดยปัญหาที่ 2 \(\Phi_{2n}(X)=\Phi_n(X^2)/\Phi_n(X)\) เพื่อแสดงความเป็นตัวตนก็เพียงพอแล้วที่จะแสดงว่า

\[\Phi_n(X)\Phi_n(-X)=\Phi_n(X^2).\]

สำหรับ \(n=3\) เราเห็น

\[\begin{aligned}\Phi_3(X)\Phi_3(-X) &= (X^2+X+1)(X^2-X+1) \\&=(X^2+1)^ 2-X^2 \\&=X^4+X^2+1 \\&=\Phi_3(X^2).\end{aligned}\]

ทีนี้ สมมติว่ามันเป็นเลขคี่ทั้งหมด \(3 \le d < n\) แล้ว

\[\begin{aligned}\Phi_n(X)\Phi_n(-X) &= \frac{(X^n-1)(-X^n-1)}{ (X-1)(-X-1 )\prod_{3\le d < n}^{d|n}\Phi_d(X)\Phi_d(-X)} \\&= \frac{-(X^{2n}-1)}{-( X^2-1)\prod_{3 \le d < n}^{d|n} \Phi_d(X^2)} \\&= \Phi_n(X^2).\end{aligned}\]

ปัญหาต่อไปนี้จะไม่ง่ายนักหากไม่มีสูตร Mobiusinversion ดังนั้นเราจะใช้มันต่อไป ปัญหาข้างต้นสามารถสรุปได้จากสูตรนี้ ให้ \(f:\mathbb{Z}_{\ge 0} \to \mathbb{Z}_{\ge0}\) เป็นฟังก์ชันและ \(F(n)=\prod_{d|n}f( d)\) จากนั้นสูตรการกลับค่า Möbiusinversion ระบุว่า

\[f(n)=\prod_{d|n}F(n/d)^{\mu(d)}\]

กับ

\[\mu(n)=\begin{cases}0 & \text{ถ้า $n$ หารด้วย $p^2$ ลงตัวสำหรับจำนวนเฉพาะ $p$}, \\(-1)^r & \text{ ถ้า $n$ เป็นผลคูณของจำนวนเฉพาะที่แตกต่างกันของ $r$} \\1 & \text{if $n=1$.}\end{cases}\]

ใส่ \(f(d)=\Phi_d(X)\) , wesee

\[\Phi_n(X)=\prod_{d|n}(X^{n/d}-1)^{\mu(d)}.\]

ตอนนี้เราดำเนินการ

ปัญหาที่ 4. ถ้า \(p|n\), แล้ว \(\Phi_{pn}(X)=\Phi_n(X^p)\)

วิธีการแก้. โดยสูตรการผกผันของ Möbius เราจะเห็น

\[\begin{aligned}\Phi_{pn}(X) &= \prod_{d|pn}(X^{pn/d}-1)^{\mu(d)} \\ &= \left( \prod_{d|n}(X^{pn/d}-1)^{\mu(d)} \right) \left(\prod_{d|np}^{d\nmidn}(X^{pn /d}-1)^{\mu(d)}\right) \\ &= \Phi_n(X^p)\end{aligned}\]

เพราะ \(d\) ทั้งหมดที่แบ่ง \(np\) แต่ไม่ใช่ \(n\) ต้องหารด้วย \(p^2\) ลงตัว ปัญหาที่ 2 สามารถติดตามได้จากที่นี่

ปัญหาที่ 5. ให้ \(n=p_1^{r_1}\dots p_s^{r_s}\) แล้ว

\[\Phi_n(X)=\Phi_{p_1 \dots p_s}(X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_s^{r_s-1}}).\]

วิธีการแก้. ปัญหานี้สามารถแก้ไขได้โดยการเหนี่ยวนำตามจำนวนเฉพาะ สำหรับ \(s=1\) มันคือปัญหา 1. สมมุติว่ามันได้รับการพิสูจน์แล้วสำหรับ \(s-1\) จำนวนเฉพาะ แล้วสำหรับ

\[n_{s-1}=p_1^{r_1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}}\]

และไพรม์ \(p_s\) เรามี

\[\Phi_{n_{s-1}p_s}(X)=\frac{\Phi_{n_{s-1}}(X^{p_s})}{\Phi_{n_{s-1}}( X)}\]

ในทางกลับกัน,

\[\begin{aligned}\frac{\Phi_{n_{s-1}}(X^{p_s})}{\Phi_{n_{s-1}}(X)}&=\frac{\Phi_ {p_1\dotsp_{s-1}}(X^{ p_1^{r_1-1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}-1}p_s})}{\Phi_{p_1\ จุด p_{s-1}}(X^{ p_1^{r_1-1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}-1}})} \\&=\Phi_{p_1 \ จุด p_{s-1}p_s}(X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_{s-1}^{r_{s-1}-1}p_s^{1-1}})\end{ ชิด}\]

ถ้าเราใส่ \(Y=X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_{s-1}^{r_{s-1}-1}}\) เมื่อพูดถึงระดับที่สูงขึ้นของ \(p_s\) ก็เป็นเพียงปัญหาที่ 2 ดังนั้นเราจึงแสดงสิ่งที่เราต้องการ

การคำนวณบรรทัดฐาน

ให้ \(\zeta\) เป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิม \(n\)-th ใส่ \(K=\mathbb{Q}(\zeta)\) และ \(G\) กลุ่ม Galois.. เราจะ คำนวณค่ามาตรฐานของ \(1-\zeta\) เกี่ยวกับส่วนขยาย \(K/\mathbb{Q}\) เนื่องจากส่วนขยายนี้แยกออกได้ เราจึงมี

\[\begin{aligned}N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)&=\prod_{\sigma \in G}\sigma(1-\zeta) \\&=\prod_{\sigma \ ใน G}(1-\sigma\zeta) \\\end{aligned}\]

เนื่องจาก \(G\) กระทำต่อเซตของรากดึกดำบรรพ์โดยปริยาย ดังนั้น \(\{\sigma\zeta\}_{\sigma \in G}\) จึงเป็นเซตของรากดั้งเดิมของความสามัคคี ซึ่งเป็นรากของ \(\ พี่_n(X)\). เป็นไปตามนั้น

\[N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)=\Phi_n(1).\]

ถ้า \(n=p^r\) แล้ว \(N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)=\Phi_p(1^{p^{r-1}})=\Phi_p(1) =p\).ในทางกลับกัน ถ้า

\[n=p_1^{r_1}\dots p_s^{r_s},\]

แล้ว

\[\Phi_n(1)=\Phi_{p_1\dots p_s}(1)=1.\]

ใส่ความเห็น

อีเมลของคุณจะไม่แสดงให้คนอื่นเห็น