ei ole muita välikuntia.

Transkriptio

1 ALGEBRA II 41 Lause F q m on polynomin x qm x hajoamiskunta kunnan F q suhteen. Todistus. Olkoon α kunnan F q m primitiivialkio. Nyt F qm =< α > muodostuu täsmälleen polynomin x qm 1 1nollakohdistajatäten F q m muodostuu täsmälleen polynomin x qm x nollakohdista <α> {0}. Seuraus 1. Kertalukua q m olevat äärelliset kunnat ovat F q -isomorfiset. Todistus. Polynomin x qm x hajoamiskunnat kunnan F q suhteen ovat F q -isomorfiset. Seuraus 2. Olkoon β F q m. Silloin polynomi m β,fq (x) hajoaa lineaarisiin tekijöihin renkaassa F q m[x] ja sen nollakohdat ovat yksinkertaiset. Todistus. Koska β on polynomin g(x) :=x qm x nollakohta, niin g(x) =m β,fq (x)h(x) jollakin h(x) F q [x]. Täten renkaassa F q m[x] x(x α) (x α qm 1 )=g(x) =m β,fq (x)h(x), missä α on kunnan F q m primitiivialkio. Väite seuraa, sillä F q m[x] onufd. Määritelmä Olkoon K/F kuntalaajennus. Ehdon F M K täyttävä kunta M on laajennuksen K/F välikunta. Lause Olkoon m N. Jokaista luvun m tekijää d kohti on olemassa täsmälleen yksi laajennuksen F q m/f q välikunta F q d.lisäksi kaikille luvun m tekijöille d pätee β F q d β qd = β. Laajennuksella F q m/f q d ei ole muita välikuntia. Todistus. Olkoon d m ja olkoon F q d polynomin x qd x hajoamiskunta kunnan F q suhteen. Olkoon g(x) F q d[x] jaoton polynomi jonka aste on m/d. Nyt F q d[x]/(g(x)) on äärellinen kunta jonka kertaluku on q m ja täten F q d/(g(x)) F q m. Koska F q d F q d[x]/(g(x)), niin kunnassa F q m on isomorfinen kopio kunnasta F q d, joka Lauseen 4.15 nojalla muodostuu täsmälleen polynomin x qd x nollakohdista kunnassa F q m. Astelukulauseen nojalla kunnalla F q m ei ole muita alikuntia. Esimerkki 4.8. Laajennuksen F 16 /F 2 välikunnat ovat F 2, F 4 ja F 16. Laajennuksen F 16 /F 4 välikunnat ovat F 4 ja F 16.

2 42 ALGEBRA II Voimme täsmentää vielä hivenen Lausetta Ensin kuitenkin pieni lukuteorian tulos: Lemma 4.6. Olkoot n, i, j N. Silloin syt(n i 1,n j 1) = n syt(i,j) 1. Todistus. Käytetään induktiota luvun max(i, j) suhteen. Jos max(i, j) = 1, niin syt(i, j) =1javäite seuraa. Olkoon i<j.koskan j 1=n j i (n i 1) + n j i 1, niin syt(n i 1,n j 1) = syt(n i 1,n j i 1). Induktio-oletuksen nojalla syt(n i 1,n j i 1) = n syt(i,j i) 1, ja koska syt(i, j i) =syt(i, j), niin väite seuraa. Lause Olkoon β F q m ja j Z 0. Silloin β qj = β d j, missä d on alkion β aste kunnan F q suhteen. Todistus. Koska alkion β aste on d, niin β F q d ja täten ord(β) q d 1. Jos β qj = β, niin β qj 1 =1janäin ollen ord(β) syt(q d 1,q j 1) = q syt(d,j) 1. Täten β qsyt(d,j) = β. Jos nyt syt(d, j) d, niin syt(d, j) on jokin luvun d aito tekijä, ja nyt Lauseen 4.16 nojalla β kuuluu johonkin kunnan F q d aitoon alikuntaan. Tämä on kuitenkin mahdotonta sillä alkion β aste on d. Siispä syt(d, j) =d ja täten d j. Jos taas j = nd, niin β qj =(β qd ) q(n 1)d = β q(n 1)d = = β, jälleen Lauseen 4.16 nojalla. Lause Olkoon β F q m. Silloin m β,fq (x) =(x β)(x β q )(x β q2 ) (x β qd 1 ), missä d on pienin positiivinen kokonaisluku jolle β qd = β.

3 ALGEBRA II 43 Todistus. Olkoon m β,fq (x) =m 0 +m 1 x+ +m d 1 x d 1, jolloin siis [F q (β) :F q ]=d. Jos m β,fq (β) = 0, niin Lemman 4.4 ja Lauseen 4.16 nojalla 0=(m 0 + m 1 β + + m d β d 1 ) qj = m 0 + m 1 β qj + + m d β (d 1)qj. = m qj 0 + m qj 1 β qj + + m qj d β(d 1)qj Täten m β,fq (β qj ) = 0 kaikilla j Z 0. Osoitetaan, että alkiot β qj, j =0,...,d 1, ovat pareittain erisuuria. Jos β qi = β qj, joillakin 0 i<j d 1, niin korottamalla puolittain potenssiin q d i saadaan yhtälö β = β qd+j i. Nyt Lauseen 4.17 nojalla d d + j i ja täten d j i. Tämä on mahdotonta sillä 1 j i d 1. Koska polynomin m β,fq (x) asteond, niin sillä ei voi olla muita nollakohtia kuin alkiot β,β q,...,β qd 1. Koska alkion β aste on d, niin d on pienin positiivinen kokonaisluku jolle β qd = β (jälleen Lause 4.17). Esimerkki 4.9. Olkoon jälleen F 16 = {a 0 + a 1 α + a 2 α 2 + a 3 α 3 α 4 =1+α, a i F 2 } (ks. esimerkki 4.7). Lasketaan m β,f2 (x) kunβ = α 3. Nyt β 2 = α 6, β 4 = α 12 ja β 8 = α 24 = α 9.Täten m β,f2 (x) =(x + α 3 )(x + α 6 )(x + α 12 )(x + α 9 ) =(x 2 +(α 3 + α 6 )x + α 9 )(x 2 +(α 9 + α 12 )x + α 21 ) =(x 2 + α 2 x + α 9 )(x 2 + α 8 x + α 6 ) = x 4 +(α 2 + α 8 )x 3 +(α 6 + α 10 + α 9 )x 2 +(α 8 + α 17 )x + α 15 = x 4 + x 3 + x 2 + x +1. Huomautus. On olemassa myös laskennallisesti tehokkaampia menetelmiä minimipolynomin laskemiseksi perustuen esim. lineaarialgebraan Automorfismit. Määritelmä Olkoon K/F mikä tahansa kuntalaajennus. Laajennuksen K/F automorfismi on F -isomorfismi K K. Kaikkien automorfismien muodostama ryhmä kuvausten yhdistämisen suhteen on laajennuksen K/F automorfismiryhmä, merkitään Aut(K/F). Olkoon S Aut(K/F). Alikuntakriteerin nojalla joukko K S := {a K φ(a) =a, φ S}

4 44 ALGEBRA II on laajennuksen K/F välikunta, nk. joukon S kiintokunta kunnassa K. Lemma 4.7. Olkoot S T Aut(K/F). Silloin K T K S. Todistus. Triviaali. Lause Frobenius-kuvaus σ : F q m F q m, x x q on laajennuksen F q m/f q automorfismi jonka kertaluku on m. Lisäksi Aut(F q m/f q )=<σ>. Todistus. Lemman 4.4 nojalla σ(a + b) = σ(a) +σ(b). Lisäksi σ(ab) = σ(a)σ(b) ja σ(1) = 1, joten σ on homomorfismi F q m F q m.koskaσ ei ole nollakuvaus, niin se on injektio ja täten myös surjektio. Lauseen 4.16 nojalla β q = β kaikilla β F q ts. σ(β) =β kaikilla β F q.täten σ Aut(F q m/f q ). Lasketaan σ:n kertaluku. Olkoon α kunnan F q m primitiivialkio. Selvästikin σ d (a) =a a F q m σ d (α) =α. Täten σ d = id Fq m α qd = α. Nyt Lauseen 4.16 nojalla d = m. Olkoon φ Aut(F q m/f q ). Koska m α,fq (α) = 0, niin m α,fq (φ(α)) = 0. Nyt Lauseen 4.18 nojalla φ(α) =α qj jollakin j =0,...,m 1. Siispä φ(α i )=α iqj = σ j (α i ) i ja näin ollen φ = σ j. Siispä Aut(F q m/f q )=<σ>. Lause Olkoon H Aut(F q m/f q )=<σ>. Silloin H =< σ d > jollakin d m ja F H q = F m q d. Lisäksi kuvaus H F H q on bijektio ryhmän Aut(F m q m/f q) kaikkien aliryhmien joukolta laajennuksen F q m/f q kaikkien välikuntien joukolle. Todistus. Lauseen 4.19 ja syklisten ryhmien peruslauseen nojalla H =< σ d > jollakin d m. Nyt Lemman 4.7 ja Lauseen 4.16 nojalla F H q {β F m q m σd (β) =β} = F q d.

5 ALGEBRA II 45 Toisaalta, jos β F q d, niin σ d (β) =β ja täten σ dj (β) =β kaikilla j Z 0. Täten F H q = F m q d. Koska syklisten ryhmien peruslauseen nojalla ryhmällä <σ>on vain yksi kertalukua m/d oleva ryhmä, nimittäin < σ d >, niin kuvaus H F H qm on injektio. Koska Lauseen 4.16 ja syklisten ryhmien peruslauseen nojalla laajennuksen F q m/f q välikuntien ja ryhmän <σ>aliryhmien lukumäärä onyhtäsuuri niin kuvaus H F H qm on myös bijektio. Huomautus. Lauseen 4.20 tulos on esimerkki nk. Galois n vastavuudesta. Määritelmä Polynomi f(x) F [x] onseparoituva jos f(x):n kunkin jaottoman tekijän nollakohdat ovat yksinkertaiset f(x):n hajoamiskunnassa. Lause 4.21 (Galois n vastaavuus). Olkoon K/F kuntalaajennus missä K on jonkin renkaaseen F [x] kuuluvan separoituvan polynomin hajoamiskunta. Silloin kuvaus Ψ:{H H Aut(K/F)} {M M laajennuksen K/F välikunta}, H K H, on bijektio, käänteiskuvauksena Φ:{M MonK/F:n välikunta} {H H Aut(K/F)}, M Aut(K/M). Todistus. Emme todista tätä lausetta.