Bourbaki

习题 9, § 12

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代数, V, p. 168

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

令 K 为 q 元素的有限域,并令 r=qnr = q^n 为整数 n≥1n \geq 1。对于 K[X]K[X] 的每个多项式 P(X)=∑j=0majXjP(X) = \sum_{j=0}^m a_j X^j,将

P^(X)=∑jajX(rj−1)/(r−1) \hat{P}(X) = \sum_j a_j X^{(r^j-1)/(r-1)}

和

P~(X)=XP^(Xr−1)=∑jajXrj \tilde{P}(X) = X \hat{P}(X^{r^{-1}}) = \sum_j a_j X^{r^j}

a) 证明如果 P、Q 是 K[X]K[X] 中的两个多项式,并且如果 R=PQR = PQ,则我们有 R~(X)=P~(Q~(X))\tilde{R}(X) = \tilde{P}(\tilde{Q}(X))。推论对于 K[X]K[X] 的两个多项式 F、G 使得 F 除 G 来说,F^\hat{F} 应该除 G^\hat{G} 是充分必要的。 (要知道条件就足够了,请考虑F对G的欧几里得除法。) b) 令 F 为 K[X]K[X] 中的不可约多项式,令 G 为K[X]K[X] 中的任意多项式。如果存在整数 d ≥1\geq 1 使得 F^(Xd)\hat{F}(X^d) 和 G^(Xd)\hat{G}(X^d) 有公共的根,则证明 F 除 G。(如果 H 是 F^(Xd)\hat{F}(X^d) 和 G^(Xd)\hat{G}(X^d) 的 GCD,则考虑集合多项式 P∈K[X]P \in K[X] 使得 H 除 P^(Xd)\hat{P}(X^d)。) c) K[X]K[X] 除的每个多项式 F≠0F \neq 0 形式 XN−1X^N - 1 的多项式。证明如果r−1=der-1 = de并且如果α\alpha是F^(Xd)\hat{F}(X^d)的根,那么属于到次数nNnN的扩张K并推导出每个不可约的因子的次数 F^(Xd)\hat{F}(X^d) 于 K[X]K[X] 除 nNnN(使用 a))。若进一步 e 与 dNdN 互质且若 m 为次数 nn K 扩张 α\alpha 次数,则证明 mm 除 N(使用(rN−1)/e≡dN(r^N - 1)/e \equiv dN(众数))。 d) 对于 c) 中的记号,假设 F 是不可约的,并且 N 是整数 h 中最小的,使得 F 除 Xh−1X^h - 1。如果 e 和 dNdN 互质,并且如果 nn 除 N 的每个素数因子,则证明 F^(Xd)\hat{F}(X^d) 的每个不可约因子都是次数 nNnN。 (注,由于 b),我们就有m=Nm = N。) e) 特别从 d) 中推导出,如果 P(X)=∑jajXjP(X) = \sum_j a_j X^j 是 K[X]K[X] 中的不可约多项式,且 N 是整数 h 中最小的,使得 P(X)P(X) 除 Xh−1X^h - 1,则 ∑ujXqj−1\sum u_j X^{q^j - 1} 的每个不可约因子是次数N。

解答

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