Поля остатков: пара вопросов начинающего

[Sonic86]

(А-Р)

vpb в сообщении #1205475 писал(а):

Насчет книги Айерлэнда-Роузена. Я думаю, что знакомиться по ней с конечными полями -- неправильно.

ИМХО как раз именно познакомится, а не методически учить всю теорию - в самый раз можно.

vpb в сообщении #1205475 писал(а):

Так вот, А-Р это по теории чисел

Ну да. А $\mathbb{Z}_p$ - действительно очень теоретико-числовой объект.

vpb в сообщении #1205475 писал(а):

Притом уже заранее предполагается некоторое знакомство с курсом алгебры. Но кое-что из алгебры они и сами доказывают. Но их доказательства -- это в основном скомканные, и оттого малопонятные (а то и просто недостаточные), версии рассуждений из книжек по алгебре.

А давайте конкретный пример разберем "скомканного" доказательства?

vpb в сообщении #1205475 писал(а):

Притом этот сюжет в книжке аж в 7-й главе, значит придется читать 6 глав по теории чисел, совсем не тривиальных (в которых, заметим, тоже много замечательного, например оценка для $\pi(x)$, функции распределения простых.

Да копец какое горе: глава1 называется "Однозначное разложение на множители". Такая офигеть какая сложная тема. Глава 2 касается распределения простых - можно смело пропустить. Глава 3 "Сравнения". Невероятно сложная тема! Я думал Munin это все вообще читать не будет.
Там читать-то 1-2 дня.

vpb в сообщении #1205475 писал(а):

Короче, для знакомства с конечными полями путь, практически геодезический, содержится в ван дер Вардене (главы 1--3, а затем некоторое подмножество в главах 4--6).

Под знакомством здесь конечно же понимается такое нормальное университетское "Введение в", причем с гАтическимим букафками, у которых отсканированное $\mathfrak{G}$ от $\mathfrak{E}$ не отличается (а именно эти буквы используются чуть ли не в самом начале для работы с подгруппами, чтобы читателя добить окончательно)

[kp9r4d]

Munin в сообщении #1205507 писал(а):

О.

И есть оно без ссылок

Это называется фробениусова нормальная форма.

-- 31.03.2017, 23:31 --

Идея простая очень, мы представляем поле $\mathbb{Q}[2^{1/3}]$ как векторное пространство над $\mathbb{Q}$ с базисом $e_1=1, e_2=2^{1/3}, e_3 = 2^{2/3}$. Теперь посмотрим как в этом базисе будет действовать оператор $T$ "умножение на $2^{1/3}$". Ну понятное дело $T e_1 = e_2, T e_2 = e_3, T e_3 = 2 e_1$, поэтому матрица $T$ в этом базисе запишется понятно как (единицы на побочной нижней диагонали, и 2 в правой верхней клетке) Ну и на самом деле поле $\mathbb{Q}[2^{1/3}]$ теперь можно мыслить как поле $\mathbb{Q}[T]$, т.е. все линейные комбинации с коэффициентами из $\mathbb{Q}$ с операторами (или матрицами) $1,T,T^2$. Ну и понятно, что такую же штуку с любым многочленом можно сделать, не только с $x^3-2$.

[vpb]

Sonic86,
поскольку я уже не молод, и к тому же довольно давно занимаюсь алгеброй, мне Ваш тон не очень приятен.
Тем не менее, вот пример "скомканного" доказательства. Прямо с начала главы 7. Будучи написано нормально, если писать так, как в ван дер Вардене или во "Введении в алгебру", первое предложение и то, что перед ним, выглядело бы так:
" Пусть $F$ --- некоторое конечное поле из $q$ элементов. Мультипликативная группа $F^\ast$ поля $F$ имеет $q-1$ элементов. Поэтому каждый элемент $\alpha\in F^\ast$ удовлетворяет уравнению $x^{q-1}=1$, в силу теоремы Лагранжа (здесь $1$ обозначает мультипликативную единицу поля $F$, а не целое число 1), а каждый элемент из $F$, следовательно --- уравнению $x^q=x$.
Предложение 7.1.1. В кольце $F[x]$ имеет место равенство $x^q-x=\prod_{\alpha\in F}(x-\alpha)$.
Доказательство. Поскольку каждое $\alpha\in F$ является корнем многочлена $x^q-x$, последний многочлен делится на $x-\alpha$ в кольце многочленов. Поэтому он делится и на $\prod_{\alpha\in F}(x-\alpha)$. Сравнивая степени и замечая, что старшие коэффициенты в обоих многочленах равны 1, заключаем, что на самом деле имеет место равенство. $\square$ "

Это для примера, самое простое и первое утверждение. Дальше изложение "комкается" еще сильнее. Одновременно всё время неявно предполагается довольно хорошее знакомство с алгеброй (или, можно сказать, "знание алгебры", если Вас это больше устраивает), с системой понятий и строем мыслей в ней.

Оставшиеся Ваши аргументы имеют "юмористический" характер.

[AV_77]

Munin в сообщении #1205507 писал(а):

И есть оно без ссылок

Собственно, ссылки уже были - Лидл и Нидеррайтер, вторая глава. Идея в общем простая. Пусть есть неприводимый многочлен $f(x) = a_0 + a_1 x + \ldots + x^n \in \mathbb{F}_p[x]$. Составим матрицу

$$ A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 \\ -a_0 & -a_1 & -a_2 & \ldots & -a_{n-1} \end{pmatrix} $$

Тогда в качестве поля $\mathbb{F}_{p^n}$ можно взять нулевую матрицу и все степени матрицы $A$ (мультипликативная группа - циклическая). По сути здесь в качестве присоединяемого корня многочлена $f(x)$ выступает матрица $A$.

[VAL]

Munin, можете посмотреть прилагаемые лекции. Это моя попытка (в нескольких процентах случаев удачная) адаптировать базовые разделы книжки Лидла и Нидеррайтера для наших студентов.

[Munin]

Господа, всё, больше предложений литературы не принимается. Переполнение.

-- 01.04.2017 15:23:46 --

kp9r4d в сообщении #1205558 писал(а):

Идея простая очень

Спасибо, ясно.

[Munin]

Пара мелких вопросов.

Верно ли, что все (конечномерные) расширения колец - это кольца многочленов, и их факторкольца?

Верно ли, что все (конечномерные) расширения полей - это поля частных от вышеперечисленных колец?

Если да, то какого чёрта это не упоминается во всех учебниках...

[VAL]

Рассмотрим, например, кольцо $\matbb Z$ и кольцо квадратных матриц 2 на 2 с целыми коэффициентами. Скалярные матрицы образуют подкольцо, изоморфное $\matbb Z$.
Но кольцо многочленов над $\matbb Z$ (и его факторкольца) коммутативны. А кольцо матриц - нет.

[Munin]

Хм-м-м. Только мне показалось, что я напоролся на мотивацию всей этой шумихи вокруг многочленов, как...

Спасибо. "Будем искать".

[g______d]

Munin в сообщении #1295250 писал(а):

Только мне показалось, что я напоролся на мотивацию всей этой шумихи вокруг многочленов, как...

Ну для коммутативных-то колец это верно. Более того, второе следует из первого, и даже поля частных для этого не нужны (любое конечномерное расширение поля является фактором кольца многочленов над этим полем).

[Munin]

Ой! Ещё добавлю, что я имел в виду кольца с единицей.

[Munin]

https://en.wikipedia.org/wiki/Factorization_of_polynomials_over_finite_fields

Цитата:

On every other finite field,.. the product of two non-squares is a square

Почему???

[iou]

Munin в сообщении #1420431 писал(а):

https://en.wikipedia.org/wiki/Factorization_of_polynomials_over_finite_fields

Цитата:

On every other finite field,.. the product of two non-squares is a square

Почему???

Пусть $K$ это конечное поле характеристики $p \ne 2$ из $q$ элементов (при $p=2$ каждый элемент это квадрат). Посмотрим на многочлен $x^{\frac{q-1}{2}}$. В квадрате он равен $x^{q-1},$ но порядок мультипликативной группы $q-1,$ поэтому на ненулевых элементах $y$ имеем $y^{q-1} = 1,$ таким образом, (поскольку в поле работает теорема Безу и многочлен степени $n$ имеет не более $n$ корней) многочлен $x^{\frac{q-1}{2}}$ принимает значения $-1$ и $1$. Заметим, что на квадратах он принимает значение $1.$ Чтобы понять, что на неквадратах он принимает значение $-1,$ достаточно показать, что ненулевые квадраты составляют подгруппу индекса $2$ в $K^*.$ Действительно, рассмотрим отображение $K^* \to K^*$, заданное правилом $x \to x^2.$ Образ это в точности подгруппа квадратов, при этом прообраз каждого квадрата содержит ровно $2$ точки, поскольку иначе полином $x^2 - a$ имел бы более двух корней для некоторого $a$ (хотя бы $2$ точки он уж точно содержит, поскольку если $t$ в прообразе, то и $-t$ тоже, а у нас $t \ne -t$). Таким образом мы вывели критерий того, что элемент $s \in K^*$ является неквадратом: необходимо и достаточно выполнение равенства $s^{\frac{q-1}{2}} = -1,$ а теперь если подставить произведение двух неквадратов, то справа будет произведение двух минус единиц.

[Munin]

Это слишком круто, надо подумать.

А я пока по-другому сообразил.

Sonic86 в сообщении #1204847 писал(а):

мультипликативная группа конечного поля $\mathbb{Z}_p^\times$ (и даже $\mathbb{F}_{p^n}^\times$) циклична

и поскольку мы не рассматриваем $\operatorname{char}K=2,$ то эта циклическая группа - чётного порядка $q-1=2k,$ и для неё $2(\mathbb{Z}/2k\mathbb{Z})\to\mathbb{Z}/2k\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}.$ А значит, в последнем гомоморфизме квадраты отображаются в $0,$ а неквадраты в $1,$ а их произведение очевидно даёт $1+1=0.$

Правильно?

-- 13.10.2019 01:53:46 --

Хм, в чём-то это почти то же самое, но многочленные соображения меня сбивают.

[iou]

Munin в сообщении #1420436 писал(а):

Правильно?

Ага.

Munin в сообщении #1420436 писал(а):

Хм, в чём-то это почти то же самое, но многочленные соображения меня сбивают.

Да, буквально то же самое, просто без знания о цикличности. Она в Вашем рассуждении по делу, поскольку без неё было бы непонятно, что подгруппа $2 K^*$ (в аддитивной нотации) имеет индекс 2, например. Вдруг она вся из $2$-кручения состоит?..