证明$f(x)=x^p-x+a\in\mathbb{F}_p[x]$ 不可约

业余的业余

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abababa

业余的业余 发表于 2023-11-3 10:10

印象中这帖好像是关于弗罗贝尼乌斯自同构的。以下绝对值都表示群的阶或元素的阶。
设$p$为素数，$q=p^n$。因为$\mathbb{Z}_q$是$f(x)=x^q-x$在$\mathbb{Z}_p$上的分裂域，因此$\mathbb{Z}_q/\mathbb{Z}_p$是正规扩张。由于$\gcd(f,f')=1$，因此$f$无重根，从而$\mathbb{Z}_q/\mathbb{Z}_p$是可离扩张，就是伽罗华扩张，设其伽罗华群为$G$。则$\abs{G}=(\mathbb{Z}_q:\mathbb{Z}_p)=n$。

设$\sigma:\mathbb{Z}_q\to\mathbb{Z}_q,x\mapsto x^p$是弗罗贝尼乌斯映射。容易证明它保持加法和乘法，因此是同态映射。而对任意的$c\in\ker(\sigma)$都有$0=\sigma(c)=c^p$，因此$c=0$，于是同态核是加法零元，因此它是单射，在有限集上就是双射，因此是同构映射。

当$a=0$时显然$\sigma(a)=0=a$，对任意的$a\neq0,\in\mathbb{Z}_p$时显然$\gcd(a,p)=1$，由费马小定理有$\sigma(a)=a^p=a$，由$a$的任意性知$\sigma$保持$\mathbb{Z}_p$不动，因此$\sigma\in G$。

对任意的$a\in\mathbb{Z}_q$，显然$\sigma^n(a)=a^{(p^n)}=a^q$，但$\mathbb{Z}_q$中的$q$个元素全是$x^q-x$的根，特别地$a$也是根，于是$a^q-a=0$，所以$\sigma^n(a)=a^q=a$，由$a$的任意性知$\sigma^n$是$\mathbb{Z}_q$上的恒等映射(1)。

由于乘法群$\mathbb{Z}_q^*$是$q-1$阶循环群，设$c$是一个生成元，则$\abs{c}=q-1$，于是当$1\le s<q-1$时$c^s\neq1$，而当$1\le t<n$时有$p^t-1<p^n-1=q-1$，因此$c^{(p^t-1)}\neq1$，即$c^{(p^t)}\neq c$，于是当$1\le t<n$时$\sigma^n(c)\neq c$(2)。

由(1)(2)就有$\abs{\sigma}=n$，但显然$\langle\sigma\rangle\subseteq G$，且$\abs{G}=n=\abs{\langle\sigma\rangle}$，所以只能$G=\langle\sigma\rangle$。