Представления Z/nZ

[Nickspa]

Для группы $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ найти
1 - одномерные представления над $F_q$;
2 - неприводимые представления над $F_q$.

1 - Одномерные представления - гомоморфизм в мультипликативную группу поля, значит здесь множество представлений - это $Hom(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(q-1)\mathbb{Z})\approx \mathbb{Z}/(n,q-1)\mathbb{Z}$. Верно?

2 - В данном случае для задания представления надо предъявить оператор $A:A^n=E$. Если я правильно понимаю, то многочлен $x^n-1$ над $F_q$ имеет $(n,q-1)$ различных корней. Или неправильно?
Тогда $A$ имеет $(n,q-1)$ собственных значений. Но довести всё это (если можно) не получается. Может кто подтолкнуть?

[nnosipov]

Nickspa в сообщении #1459724 писал(а):

Если я правильно понимаю, то многочлен $x^n-1$ над $F_q$ имеет $(n,q-1)$ различных корней. Или неправильно?

Правильно.

[Brukvalub]

Nickspa в сообщении #1459724 писал(а):

Для группы $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ найти
1 - одномерные представления над $F_q$;

Nickspa в сообщении #1459724 писал(а):

1 - Одномерные представления - гомоморфизм в мультипликативную группу поля, значит здесь множество представлений - это $Hom(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/(q-1)\mathbb{Z})\approx \mathbb{Z}/(n,q-1)\mathbb{Z}$. Верно?

Вы описАли, какую именно алгебраическую структуру образует все множество объектов. Но, возможно, в ответе требуется указать, как именно устроен каждый из них. Например, если на вопрос : найти все первообразные функции $x^2$ ответить, что все они получаются из одной из первообразных прибавлением всевозможных констант, то, формально, ответ будет верным. Но устроит ли он спрашивающего?

[Nickspa]

Brukvalub в сообщении #1459771 писал(а):

Но, возможно, в ответе требуется указать, как именно устроен каждый из них

Ну как устроены гомоморфизмы я, вроде, представляю (кратные НОД идут в ноль, (кратные НОД + 1) идут в $\frac{q-1}{(n,q-1)}k,k=0,1,2,...,(n,q-1)-1$ и т.д.). Это ведь имеется ввиду?

По поводу неприводимых. $(x^n-1)'=nx^{n-1}.$ Производная - неприводимый многочлен. Значит, исходный многочлен не имеет кратных корней. Тогда $\frac{x^n-1}{\prod\limits_{}^{}(x-x_i)}$ не имеет корней. То есть представление размерности $k>(n,q-1)$ разлагается в сумму одномерных в количестве $(n,q-1)$ и неприводимое размерности $k-(n,q-1)$. Наверное, что-то не так? Верной ли хоть дорогой иду?

[nnosipov]

Nickspa в сообщении #1459804 писал(а):

$(x^n-1)'=nx^{n-1}.$ Производная - неприводимый многочлен.

Нет, это не так. Но многочлен $x^n-1$ действительно не имеет кратных корней. Потому что он и его производная ... какие?

[Brukvalub]

Nickspa в сообщении #1459804 писал(а):

Это ведь имеется ввиду?

Судя по вопросу - это.

[Nickspa]

nnosipov в сообщении #1459810 писал(а):

Потому что он и его производная ... какие?

Ну да, взаимно простые?

-- 03.05.2020, 17:43 --

Nickspa в сообщении #1459804 писал(а):

Наверное, что-то не так?

Сам увидел, что напутал.
В общем, пусть есть представление размерности $k$, то есть оператор $A$ на векторном пространстве $V_{F_q},dim V=k$. Причём $A^n=E$.
Характеристический многочлен $\chi_A(t)=\det(tE-A)=p_k(t)$ степени $k$ и $p(A)=0$. Хочется узнать что-нибудь про собственные числа $A$. Но как? Или это не тот путь, который приведёт к решению?

[nnosipov]

Nickspa в сообщении #1459819 писал(а):

Ну да, взаимно простые?

Именно.

[Nickspa]

Nickspa в сообщении #1459819 писал(а):

Хочется узнать что-нибудь про собственные числа $A$

Предполагаю, что оператор $A$ - диагонализуем с собственными числами $\sqrt[n]{1}$ в поле $F_q$. Верное предположение?

[Nickspa]

Про диагонализуемость погорячился, но собственные числа такие должны быть. Но как узнать их количество в $\chi_A$ произвольной размерности $k$? Нет ли в характеристическом кратных корней?