近世代数理论基础36：分圆域

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2019-03-14 06:54 被阅读35次

分圆域

设p为素数, $\zeta=\zeta_p=e^{2\pi i/p}$ , $\zeta$ 是 $\Q$ 上的不可约多项式 $f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$ 的根,域 $\Q(\zeta)$ 称为 $\Q$ 上的p次分圆域,是 $\Q$ 上的伽罗瓦扩域

注： $1,\zeta,\zeta^2,\cdots,\zeta^{p-1}$ 将单位圆p等分

例：

1.设p为素数,p次本原单位根 $\zeta_p=e^{2\pi/p}$ 在 $\Q$ 上的极小多项式为 $f(x)={x^p-1\over x-1}=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$

$G=Gal(\Q(\zeta)/\Q)$ 是由相对 $\Q$ 的自同构 $\sigma(=\sigma_g)$ 生成的p-1阶循环群,其中g是模p的一个原根, $\sigma(\zeta)=\zeta^g$

$G$ 的任一子群形如 $(\sigma^e)$ (由 $\sigma^e$ 生成的循环子群),其中e是p-1的因子,记 $p-1=ef$

确定子群 $H_e=(\sigma^e)$ 的固定子域,即 $\sigma^e$ 在 $\Q(\zeta)$ 中的固定子域

先证 $\zeta,\zeta^2,\cdots,\cdots,\zeta^{p-1}$ 是域 $\Q(\zeta)$ 在 $\Q$ 上的一组基

仅需证它们在 $\Q$ 上线性无关

若 $a_1\zeta+a_2\zeta^2+\cdots+a_{p-1}\zeta^{p-1}=0,a_i\in \Q$

则 $a_1+a_2\zeta+\cdots+a_{p-1}\zeta^{p-2}=0$

由 $\zeta$ 在 $\Q$ 上的极小多项式 $f(x)$ 的次数为p-1

故 $a_1=a_2=\cdots=a_{p-1}=0$

$\zeta,\zeta^2,\cdots,\zeta^{p-1}$ 是一组基

g是模p的原根,故 $\zeta,\zeta^g,\zeta^{g^2},\cdots,\zeta^{g^{p-2}}$ 是 $\zeta,\zeta^2,\cdots,\zeta^{p-1}$ 的一个置换

故它们也是一组基

令 $\zeta_v=\zeta^{g^v},0\le v\lt p-1$

易知 $\sigma(\zeta_v)=\sigma(\zeta^{g^v})=(\zeta^{g^v})^g=\zeta^{g^{v+1}}=\zeta_{v+1}$

设 $\alpha=a_0\zeta_0+a_1\zeta_1+\cdots+z_{p-2}\zeta_{p-2}$ 是 $\sigma^e$ 的固定元

即 $\alpha=\sigma^e(\alpha)=a_0\zeta_e+a_1\zeta_{e+1}+\cdots+a_{p-1}\zeta_{e+p-2}$

下标 $v+e\gt p-1$ 时,取为 $v+e\;mod(p-1)$

故 $a_{v+e}=a_v(0\le v\lt p-1)$

故 $a_v=a_{v+e}=a_{v+2e}=\cdots$

令 $\eta_v=\zeta_v+\zeta_{v+e}+\zeta_{v+2e}+\cdots+\zeta_{v+(f-1)e}(v=0,1,\cdots,e-1)$

则 $\alpha=a_0\zeta_0+a_1\zeta_1+\cdots+z_{p-2}\zeta_{p-2}$ 成为

$\alpha=a_0\eta_0+a_1\eta_1+\cdots+a_{e-1}\eta_{e-1}$

故 $\eta_0,\eta_1,\cdots,\eta_{e-1}$ 是 $Inv(H_e)$ 在 $\Q$ 上的一组基,子域 $Inv(H_e)$ 随之确定

$\eta_1,\cdots,\eta_{e-1}$ 被搞死称为分圆域的(f项)周期,其中每个周期都是f个p次本原单位根之和

2.设 $p=17$ ,已知3是模17的原根,计算 $3^vmod 17(0\le v\lt 16)$

解：

$\begin{array}{ccc}v&0&1&2&3&4&5&6&7\\ 3^v&1&3&-8&-7&-4&5&-2&-6\\ v&8&9&10&11&12&13&14&15\\ 3^v&-1&-3&8&7&4&-5&2&6\end{array}$

$取e=2(f=8)得(8项)周期$

$\eta_0=\zeta+\zeta^{-8}+\zeta^{-4}+\zeta^{-2}+\zeta^{-1}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2$

$\eta_1=\zeta^3+\zeta^{-7}+\zeta^5+\zeta^{-6}+\zeta^{-3}+\zeta^7+\zeta^{-5}+\zeta^6$

$显然\eta_0+\eta_1=-1$

$\{\eta_0,\eta_1\}为\Q(\zeta_{17})中子域Inv(H_2)的一组基$

单位根

设 $\Pi$ 为一素域,n为一正整数,当 $\Pi$ 的特征为0时,n可为任一正整数,当 $\Pi$ 的特征为p时,n与p互素

在上述两个情况下,多项式 $f(x)=x^n-1$ 共有n个不同的根(f(x)与f’(x)没有公共根),称为n次单位根

若 $\alpha^n=1$ , $\beta^n=1$ ,则 $(\alpha/\beta)^n=1$ ,故全体n次单位根形成一个乘法群

设 $\alpha$ 是一个n次单位根,使 $\alpha^k=1$ 的最小正整数k称为 $\alpha$ 的阶

令n因子分解为 $n=\prod\limits_{i=1}^m p_i^{r_i}$ ,其中 $p_i(1\le i\le m)$ 为不同的素数

$x^{n/p_i}=1$ 最多有 $n/p_i$ 个根,故存在一个n次单位根 $a_i$ 使 $a_i^{n/p_i}\neq 1$

令 $b_i=a_i^{n/p_i^{r_i}}$ ,则 $b_i^{p_i^{r_i}}=1$ ,故 $b_i$ 的阶为 $p_i^{r_i}$

令 $\zeta=\prod\limits_{i=1}^m b_i$ ,显然 $\zeta$ 的阶为n,即n次单位根组成一个循环群

阶为n的单位根称为n次本原单位根,显然 $\varphi(n)$ 个n次本原单位根

设 $\zeta_1,\zeta_2,\cdots,\zeta_{\varphi(d)}$ 为 $\varphi(d)$ 个d次本原单位根,定义多项式 $\Phi_d(x)=(x-\zeta_1)(x-\zeta_2)\cdots(x-\zeta_{\varphi(d)})$ 称为d次分圆多项式

任一n次单位根的阶都是n的因子,故 $x^n-1=\prod\limits_{d|n}\Phi_d(x)$

右端乘积跑遍n的所有因子,可依次得到 $\Phi_d(x)$ 的表达式

例如最初的几个

$\Phi_1(x)=x-1$

$\Phi_2(x)={x^2-1\over x-1}=x+1$

$\Phi_3(x)={x^3-1\over x-1}=x^2+x+1$

$\Phi_4(x)={x^4-1\over (x-1)(x+1)}=x^2+1$

$\Phi_5(x)={x^5-1\over x-1}=x^4+x^3+x^2+x+1$

可由归纳法证所有的 $\Phi_d(x)$ 都是首1整系数多项式

定义正整数的Möbius函数 $\mu(n)=\begin{cases}0\qquad n有重因子\\(-1)^\lambda\qquad n=p_1p_2\cdots p_\lambda(n无重因子)\\1\qquad n=1\end{cases}$

引理： $\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\begin{cases}0\qquad n\gt 1\\1\qquad n=1\end{cases}$

证明：

$n=1时,结论显然成立$

$n\gt 1时,n的因子分解为n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{r_i}$

$则\sum\limits_{d|n}\mu(d)=1-\begin{pmatrix}m\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}m\\2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}m\\3\end{pmatrix}+\cdots+(-1)^m\begin{pmatrix}m\\m\end{pmatrix}$

$=(1-1)^m=0\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理： $\Phi_n(x)=\prod\limits_{d|n}(x^d-1)^{\mu(n/d)}$

证明：

$\prod\limits_{d|n}(x^d-1)^{\mu(n/d)}=\prod\limits_{d|n}(\prod\limits_{d’|d}\Phi_{d’}(x))^{\mu(n/d)}$

$=\prod\limits_{d’|n}\Phi_{d’}(x)^{\sum\limits_{d’|d|n}\mu(n/d)}$

$令d=d’c$

$d|n\Rightarrow c|{n\over d’}$

$\forall d’|n,当c跑遍{n\over d’}的所有因子时$

$e={n\over d’c}也跑遍{n\over d’}的所有因子$

$\therefore \sum\limits_{d’|d|n}\mu({n\over d})=\sum\limits_{c|{n\over d’}}$

$=\mu\sum\limits_{e|{n\over d’}}\mu (e)=\begin{cases}1\qquad n=d’\\0\qquad n\gt d’\end{cases}\qquad\mathcal{Q.E.D}$

例：设p为素数

$\Phi_{p^n}(x)={x^{p^n}-1\over x^{p^{n-1}}-1}={(x^{p^{n-1}})^p-1\over x^{p^{n-1}}-1}$

$=x^{(p-1)p^{n-1}}+x^{(p-2)p^{n-1}}+\cdots+x^{p^{n-1}}+1$

定理： $\forall n\in Z_+$ ,分圆多项式 $\Phi_n(x)$ 在整数环上不可约

证明：

$假设\Phi_n(x)在整数环上可约$

$则存在首1整系数不可约多项式f(x)$

$使\Phi_n(x)=f(x)h(x)$

$其中h(x)也是首1整系数多项式$

$设\zeta为f(x)的根,是一个n次本原单位根$

$下证所有的n次本原单位根都是f(x)的根$

$若p为素数,且不是n的因子$

$则\zeta^p也是一个n次本原单位根,\zeta^p是\Phi_n(x)的根$

$\therefore \zeta^p或是f(x)的根,或是h(x)的根$

$假设\zeta^p是h(x)的根,即h(\zeta^p)=0$

$\therefore \zeta是h(x^p)的根$

$\because \zeta是f(x)的根,且f(x)不可约$

$\therefore f(x)|h(x^p)$

$设h(x^p)=f(x)k(x)$

$其中k(x)是首1整系数多项式$

$上式两端模p可得$

$h(x^p)\equiv (h(x))^p\equiv f(x)k(x)(mod\;p)$

$设\varphi(x)是f(x)模p的一个不可约因子$

$则\varphi(x)是(h(x))^p模p的不可约因子$

$\therefore \varphi(x)也是h(x)模p的不可约因子$

$\therefore \varphi^2(x)是\Phi_n(x)模p的因子$

$又p与n互素,\Phi_n(x)模p没有因子$

$x^n-1模p无重因子$

$\therefore \zeta^p必是f(x)的根$

$设\zeta^v是任一n次本原单位根,v与n互素$

$令v=p_1p_2\cdots p_s$

$其中p_i均为与n互素的素数$

$\therefore \zeta^{p_1}是f(x)的根$

$同理,\zeta^{p_1p_2}是f(x)的根$

$以此类推,\zeta^v是f(x)的根$

$\therefore 所有n次本原单位根都是f(x)的根$

$即f(x)=\Phi_n(x)$

$\therefore \Phi_n(x)在整数环上不可约\qquad\mathcal{Q.E.D}$

$\Phi_n(x)$ 在 $\Q$ 上也不可约

令 $\zeta_n$ 为一n次本原单位根,称 $\Q(\zeta_n)$ 为n次分圆扩张,即 $\Phi_n(x)$ 在 $\Q$ 上的分裂域

显然 $\Q(\zeta_n)/\Q$ 是伽罗瓦扩张, $Gal(\Q(\zeta_n)/\Q)$ 中任一元将 $\zeta_n$ 映射为 $\Phi_n(x)$ 的另一个根

记 $\sigma_\lambda$ 为将 $\zeta_n$ 映射为 $\sigma_n^\lambda$ 的同构,其中 $\lambda$ 为与n互素的任一整数

当且仅当 $\lambda\equiv \mu(mod\; n)$ 时, $\sigma_\lambda=\sigma_\mu$

$\sigma_\lambda\sigma_\mu(\zeta_n)=\sigma_\lambda(\zeta_n^\mu)=\zeta_n^{\lambda\mu}=\sigma_{\lambda\mu}(\zeta_n)$

故 $\sigma_\lambda\sigma_\mu=\sigma_{\lambda\mu}$

故 $Gal(\Q(\zeta_n)/\Q)$ 与模n的缩剩余系 $(\Z/n\Z)^*$ 所组成的乘法群同构,是一个交换群

例：

1.令 $n=12$ ,模12的缩剩余系代表元为 $1,5,7,11$ ,故 $G=Gal(\Q(\zeta_{12}/\Q))=\{\sigma_1,\sigma_5,\sigma_7,\sigma_{11}\}$

其中 $\sigma_1$ 为单位元, $\sigma_5,\sigma_7,\sigma_{11}$ 都是2阶元

$G$ 中有3个2阶子群： $\{\sigma_1,\sigma_5\}$ , $\{\sigma_1,\sigma_7\}$ 和 $\{\sigma_1,\sigma_{11}\}$

对于它们的固定子域

由于3次本原单位根 $\omega={-1+\sqrt{-3}\over 2}$ 和4次本原单位根 $i=\sqrt{-1}$ 都属于 $\Q(\zeta_{12})$

故 $\Q(\sqrt{-1})$ 和 $\Q(\omega)$ 都是 $\Q(\zeta_{12})/\Q$ 的中间域

$i(2\omega+1)=\sqrt{-1}\sqrt{-3}=\sqrt{3}$

故 $\Q(i(2\omega+1))=\Q(\sqrt{3})$ 也是 $\Q(\zeta_{12})/\Q$ 的中间域

$\sigma_5(\sqrt{-1})=(\sqrt{-1})^5=\sqrt{-1}$

$\sigma_7(\omega)=\omega^7=\omega$

$\sigma_{11}(i(2\omega+1))=-i(2\omega^2+1)=-i(-2\omega+1)=i(2\omega+1)$

$\omega^2+\omega+1=0$

故 $\{\sigma_1,\sigma_5\}$ , $\{\sigma_1,\sigma_7\}$ , $\{\sigma_1,\sigma_{11}\}$ 的固定子域分别为 $\Q(\sqrt{-1})$ , $\Q(\sqrt{-3})$ , $\Q(\sqrt{3})$

显然, $i\omega$ 是一个12次本原单位根

故 $\zeta_{12}$ 可表为 $\zeta_{12}=i\omega={\sqrt{3}-\sqrt{-1}\over 2}$

2.设n与域F的特征互素, $\zeta=\zeta_n\in F$ 为n次本原单位根, $a\in F$ ,E为 $x^n-a$ 在F上的分裂域

令 $b\in E$ 为 $x^n-a$ 的一个根,则 $x^n-a$ 在E中有n个根 $b,b\zeta,\cdots,b\zeta^{n-1}$

故 $E=F(b)$ , $E/F$ 为伽罗瓦扩张

$\forall \sigma\in Gal(E/F)$ ,将b映射为某个 $b\zeta^i$

将该 $\sigma$ 记作 $\sigma_i$

$\zeta^j\in F$ ,故 $\sigma_i(b\zeta^j)=\sigma_i(b)\zeta^j=\zeta^{i+j}$

令 $\sigma_i,\sigma_k$ 为 $Gal(E/F)$ 中两个元,则 $\sigma_i\sigma_k(b)=\sigma_i(b\zeta^k)=b\zeta^{i+k}=\sigma_{i+k}(b)$

故得群的单同态 $Gal(E/F)\to \Z/n\Z\\\quad \sigma_i\mapsto i\;mod\;n$

故 $Gal(E/F)$ 是加法群 $\Z/n\Z$ 的子群,是一个循环群,且 $|Gal(E/F)$ 是n的因子

例如 $x^2-1$ 在 $\Q$ 上的伽罗瓦群是 $\Z/2\Z=\{0,1\}$ 的子群 $\{0\}$

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