$\omega^p$是$n$次本原单位根的充要条件是$\gcd(p,n)=1$，则$\omeg...

abababa

若$\omega^p$是$n$次本原单位根的充要条件是$\gcd(p,n)=1$，则$\omega$也是$n$次本原单位根。

它的逆命题好证明，但这个要怎么证明呢？（$p$不一定是素数）

这里的本原单位根，不一定是在$\mathbb{C}$上。以下是定义：
$n$次单位根：将多项式$x^n-1$在任意域$F$上的分裂域记为$K$，则$x^n-1$在$K$上的根称为域$F$上的$n$次单位根。
$n$次本原单位根：将多项式$x^n-1$在域$F$上的分裂域记为$K$，设$K$的特征是$p$（素数或无穷），若$p\nmid n$，则循环群$U$的任意一个生成元称为$n$次本原单位根。其中$U$为域$F$上的$n$次单位根全体在乘法下构成的群。

Czhang271828

没看懂这个表述. 我看到的题目如下.
证明: $\mathbf A\implies \mathbf B$, 其中

• $\mathbf A$: $\omega^p $ 是 $n$ 次本原单位根的充要条件是 $\gcd (p,n)=1$;
• $\mathbf B$: $\omega $ 是 $n$ 次本原单位根.
  

真是如此吗?

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-15 13:52
没看懂这个表述. 我看到的题目如下.
证明: $\mathbf A\implies \mathbf B$, 其中

是的，它的逆命题是：设$\omega$是本原单位根，则$\omega^p$是本原单位根的充要条件是$\gcd(p,n)=1$。

这个题目就是证明原命题，表达上有点绕，其实不用充要条件来描述，只用一个必要条件或充分条件，就是且的关系，这样的话叙述如下：
设$\omega^p$是$n$次本原单位根，且$\gcd(p,n)=1$，求证$\omega$也是一个$n$次本原单位根。

因为那个充要条件不就是从$\omega^p$是$n$次本原单位根能推出$\gcd(p,n)=1$，从$\gcd(p,n)=1$也能推出$\omega^p$是$n$次本原单位根吗，所以不管给了哪个，另一个都成立，就是且的关系，这样叙述是对的吧。

另外我还有个疑问，比如$x^4-1$在有限域$\mathbb{Z}_7$上的分裂域$E$是什么？它在$\mathbb{Z}_7$里已经有两个根了，就是$[1],[6]$，这里用方括号表示剩余类。但它应该有四个根，另两个是什么？我之前证明过一个命题是：多项式$f(x)\in F[x]$在$F$上的任意两个分裂域$K_1,K_2$同构。那么能不能选$K=\mathbb{Z}_7(\pm1,\pm i)$作为分裂域，$K$应该和$E=\mathbb{Z}_7(?,?)$同构，问号就是不在$\mathbb{Z}_7$上的那两个根，但那两个根是什么呢？

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-15 15:03
是的，它的逆命题是：设$\omega$是本原单位根，则$\omega^p$是本原单位根的充要条件是$\gcd(p,n)=1$。

...

如果是原来的表述, 那对 $\mathbf A$ 直接令 $p=1$ 不就是 $\mathbf B$ 了?

看来问的应该是存在与 $n$ 互素的 $p$ 使得 $\omega^p$ 是本原单位根, 求证 $\omega$ 也是本原单位根.

这个也很自然, 考虑逆否命题即可. 若 $\omega$ 非本原单位根, 则 $\omega^p$ 永远不可能是本原单位根.

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-15 15:03
是的，它的逆命题是：设$\omega$是本原单位根，则$\omega^p$是本原单位根的充要条件是$\gcd(p,n)=1$。

...

$\mathbb F_7$ 中, $x^4-1=(x+1)(x+6)(x^2+1)$. 分裂域是
\[
\mathbb F_7[X]/(X^2+1)\simeq \{\overline{aX+b}\mid a,b\in \mathbb F_7\}\simeq \mathbb F_{7^2}.
\]

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-15 15:19
如果是原来的表述, 那对 $\mathbf A$ 直接令 $p=1$ 不就是 $\mathbf B$ 了?

看来问的应该是存在与 $n$  ...

原来如此，这么简单。

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-15 15:22
$\mathbb F_7$ 中, $x^4-1=(x+1)(x+6)(x^2+1)$. 分裂域是
\[
\mathbb F_7[X]/(X^2+1)\simeq \{\overline{ ...

这个是因为$x^2+1$是一个分圆多项式，所以它在域$K=F[x]/(x^2+1)$上只要有一个根，就有全部的根。如果$p(x)$不是分圆多项式，只是一个$F[x]$上的不可约多项式，那么$F[x]/(p(x))$上还能保证有$p(x)$的全部根吗？如果不能的话，除了分圆多项式，还有什么样的$p(x)$能保证$F[x]/(p(x))$上有$p(x)$的全部根？

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-16 21:40
这个是因为$x^2+1$是一个分圆多项式，所以它在域$K=F[x]/(x^2+1)$上只要有一个根，就有全部的根。如果$p( ...

一些事实:

$\mathbb F_p[X]/(f(X))$ 是个域当且仅当 $(f(X))$ 是极大理想, 当且仅当 $f(X)$ 在 $\mathbb F_p[X]$ 上不可约(irreducible). 此时 $\mathbb F_p[X]/(f(X))\simeq \mathbb F_{p^{\deg f}}$.

若 $f(X)$ 不可约, 则域 $\mathbb F_p[X]/(f(X))$ 中包含 $f(X)$ 任意给定的根 $\overline X$. 由于 $f(X)$ 不可约, 因此是 $\overline X$ 的极小多项式. 从而有单扩域 $\mathbb F_p(\overline X)\simeq \mathbb F_p[X]/(f(X))$.

以上结果只能说明, $f(X)$ 关于任意一根的扩域是 $\mathbb F_p[X]/(f(X))$. 例如 $\mathbb Q[X]/(X^3-2)\simeq \mathbb Q(\sqrt[3]2)\not\simeq \mathbb Q(\sqrt[3]2,i)$.

如果要找到 $f$ 在 $\mathbb F_p$ 上的分裂域, 只能说不是一件简单的事情.  

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-16 22:26
一些事实:

$\mathbb F_p[X]/(f(X))$ 是个域当且仅当 $(f(X))$ 是极大理想, 当且仅当 $f(X)$ 在 $\mathb ...

分裂域的话，只要逐次添加$p(x)\in F[x]$的根就行了。给定域$F$，如果$p(x)\in F[x]$不可约，那么$F[x]/(p(x))$一定是域，这个域里一定包含$p(x)$的某一个根。

7楼的意思是，对于已经给定的域$F$，有哪些$p(x)$能保证$F[x]/(p(x))$里一定包含$p(x)$的全部根，就是说只要添加一个根进入$F$就行了，不用再继续扩域了。分圆多项式能保证这个性质，其它的还有没有某类多项式也有这个性质。