Элемент в расширении поля

[FFFF]

Пусть $K$ - конечное поле, $X^2+a X+b$ - неприводимый многочлен и $x$ - его корень в некотором расширении $K$. Нужно доказать, что тогда $x^{|K|+1}=b$. Пока я знаю, что $\forall z \in K \ z^{|K|}=z$, верно ли это для элементов расширения? Хочется понять, чему равно $X^{|K|+1}$ в $K[X]/(X^2+aX+b)$ и потом просто подставить туда $x$. Не понимаю, почему значение $x^{|K|+1}$ не должно зависеть от $a$.

[fancier]

FFFF в сообщении #656565 писал(а):

Пусть $K$ - конечное поле, $X^2+a X+b$ - неприводимый многочлен и $x$ - его корень в некотором расширении $K$. Нужно доказать, что тогда $x^{|K|+1}=b$.

Думаю, это неверно. Возьмем неприводимый многочлен $x^2+x+1$ над $\mathbb{Z}_2,$ пусть $\alpha$ -- его корень, $\alpha^2+\alpha+1=0.$ Тогда $\alpha^5=1+\alpha \neq 1.$

Цитата:

Пока я знаю, что $\forall z \in K \ z^{|K|}=z$, верно ли это для элементов расширения?

Да, верно, т.к. мультипликативная группа любого конечного поля является циклической.

[FFFF]

fancier в сообщении #656617 писал(а):

Думаю, это неверно. Возьмем неприводимый многочлен $x^2+x+1$ над $\mathbb{Z}_2,$ пусть $\alpha$ -- его корень, $\alpha^2+\alpha+1=0.$ Тогда $\alpha^5=1+\alpha \neq 1.$

А почему $\alpha^5$? Ведь $K=\mathbb{Z}_2 ,\ |K|=2 ,\ \alpha^3=1$ - всё окей

[Sonic86]

FFFF в сообщении #656565 писал(а):

Не понимаю, почему значение $x^{|K|+1}$ не должно зависеть от $a$.

Грубо говоря потому, что $q+1\mid q^2-1=|K[\alpha]^\times|$.
Я вот знаю, что если $a_n = r^n+\bar r^n, r\in K[\alpha]\setminus K$, то $a_n$ имеет период $q+1$. Вот только доказывать не умею. Здесь что-то аналогичное. Могу только книжки сказать.

[fancier]

FFFF в сообщении #656623 писал(а):

А почему $\alpha^5$? Ведь $K=\mathbb{Z}_2 ,\ |K|=2 ,\ \alpha^3=1$ - всё окей

Аа, пардон, подумал что $K$ -- это расширение

[FFFF]

Sonic86 в сообщении #656624 писал(а):

Грубо говоря потому, что $q+1\mid q^2-1=|K[\alpha]^\times|$.
Я вот знаю, что если $a_n = r^n+\bar r^n, r\in K[\alpha]\setminus K$, то $a_n$ имеет период $q+1$. Вот только доказывать не умею. Здесь что-то аналогичное. Могу только книжки сказать.

Скажите, пожалуйста, книжки, так сразу ничего не понял=(

Вообще, мне казалось, что ничем кроме гомоморфизма расширений $K[X]/(X^2+aX+b) \to L$, где $L$ - это расширение, в котором лежит корень, пользоваться не надо.

[fancier]

Легко видеть, что $\beta:=\alpha^{q+1}\in K$ и $\gamma:=\alpha^q+\alpha \in K.$ Тогда имеем: $\alpha \gamma -\beta =\alpha^{q+1}+\alpha^2-\alpha^{q+1}=-a\alpha -b.$ Отсюда $b=\beta,$ ч.т.д.

[nnosipov]

fancier в сообщении #656639 писал(а):

Легко видеть, что $\beta:=\alpha^{q+1}\in K$ и $\gamma:=\alpha^q+\alpha \in K.$

Здесь я бы произнёс что-нибудь типа "автоморфизм Фробениуса $x \mapsto x^q$".

[VAL]

nnosipov в сообщении #656640 писал(а):

fancier в сообщении #656639 писал(а):

Легко видеть, что $\beta:=\alpha^{q+1}\in K$ и $\gamma:=\alpha^q+\alpha \in K.$

Здесь я бы произнёс что-нибудь типа "автоморфизм Фробениуса $x \mapsto x^q$".

А чтобы не так страшно было, можно произнести "формулы Виета"

[fancier]

(Оффтоп)

Цитата:

Здесь я бы произнёс что-нибудь типа "автоморфизм Фробениуса $x \mapsto x^q$".

Я тоже это произнес пока набирал

[nnosipov]

VAL в сообщении #656641 писал(а):

А чтобы не так страшно было, можно произнести "формулы Виета"

А что, здесь можно только Виетом обойтись? Как понять, что $\alpha^q$ --- это тот второй $\alpha$?

[VAL]

nnosipov в сообщении #656645 писал(а):

VAL в сообщении #656641 писал(а):

А чтобы не так страшно было, можно произнести "формулы Виета"

А что, здесь можно только Виетом обойтись? Как понять, что $\alpha^q$ --- это тот второй $\alpha$?

Подстановкой в исходный трехчлен: $(\alpha^q)^2+a\alpha^q+b=(\alpha^2+a\alpha+b)^q=0$.

[nnosipov]

Да, в самом деле, страшного слова можно не произносить. Хотя, по сути, имеем тоже самое.

[FFFF]

Всем большое спасибо, Фробениус + Виет помогли:
пусть $\mathrm{char}K=p ,\ |K|=q=p^n ,\ |K|^2=p^{2n}$ Корень $\alpha$ неприводимого над $K$ многочлена $f=X^2+aX+b$ лежит в расширении $K[X]/(f)$ порядка $|K|^2$. Применим $n$ раз автоморфизм Фробениуса $K[X]/(f) \to K[X]/(f)$ - получим автоморфизм - возведение в степень $q$: $0=(\alpha^2+a\alpha+b)^q=(\alpha^q)^2+a\alpha^q+b$, следовательно, $\alpha^q$ - другой корень многочлена. По теореме Виета: $b=\alpha \alpha^q=\alpha^{q+1}$