tiphareth: приехал в Бомбей

(Читать комментарии) - (Добавить комментарий)

tiphareth
2013-03-17 18:25 (ссылка)

книги ленга это ужас, лучше никаких доказательств, чем такие
(в это место не смотрел, впрочем, но тем не менее осуждаю)

но вообще согласен, есть дыра в этом месте
очевидный способ ее заделать - перейти в характеристику p
там возведение в степень p дает автоморфизм поля, и если p
взаимно просто с n, получаем, что степень циклотомического
расширения какая надо, из чего следует неприводимость циклотомических
полиномов, но это адский геморрой

совсем простого способа сходу не вижу

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 18:47 (ссылка)

Ну не то, чтобы ужас. Ленг воинствующий консерватор, так что без противогаза часто не продраться. Но я по нему в детстве учился, и привык. (Плюс док-во Ленга неприводимости самое ``элементарное'' из тех, что я видел).

> очевидный способ ее заделать - перейти в характеристику p

Ой, а как это можно сделать? Взять кольцо целых Z[\zeta] и профакторизовать по (p)? Но это не поле, вообще говоря.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

tiphareth
2013-03-17 18:58 (ссылка)

придумал довольно просто
достаточно доказать, что корни (n-1 штук) линейно независимы над Q
доказывать это можно над Z
а потом профакторизовать в характеристику p для дико большого p
где у нас немедленно получится нетривиальное соотношение над корнями - противоречие

заодно получается неприводимость циклотомических полиномов
(про которую рассказать хотел, но не успел)

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 19:19 (ссылка)

Пардон, опять ничего не понял.

> достаточно доказать, что корни (n-1 штук) линейно независимы над Q
> доказывать это можно над Z

Что-то не понимаю. Корни циклотомического многочлена в общем случае линейно зависимы над Q. Скажем, корни четвертого циклотомического многочлена это i и -i. Похоже, я что-то существенное упускаю.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 19:20 (ссылка)
	нет, это я упускаю сейчас приведу в приемлемов состояние (Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 19:21 (ссылка)
	И да, пардон, но корней в общем случае \varphi(n), а не n-1 штук. \varphi --- это Euler totient function. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 19:28 (ссылка)
	естественно исправил, положил туда же (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 20:55 (ссылка)

Извиняюсь, но что-то я все равно не понимаю аргумент.

1. Примитивные корни в общем случае не образуют базис Q(/zeta). Cумма всех примитивных корней равна нулю, когда, например, n = p^k, k > 1 и p нечетно, потому что n-й циклотомический многочлен равен F(X^{p^{k-1}}), где F --- p-й многочлен. Его коэффициент, следующий за старшим, равен нулю, очевидно.

2. Вот эту фразу совсем не понимаю (с. 10):

> Но там возведение в степень p дает автоморфизм, который порождает (Z/n)*

В каком смысле автоморфизм? И как он связан с (Z/n)*?

У нас есть алгебра F_p[t]/P(t). Чтобы возведение в степень p было автоморфизмом, нужно, чтобы в этой алгебре не было нильпотентов. И это действительно так для p взаимно простого с n, но, чтобы в этом убедиться, необходимо вычислить дискриминант P(t).

Пусть мы доказали, что Фробениус --- автоморфизм. Чтобы связать алгебру F_p[t]/P(t) с группой Галуа Q(\zeta), нужно как-то спустить действие Галуа на F_p[t]/P(t). Это будет так, если мы докажем, что действие Галуа спускается на Z[t]/P(t). Но для этого нужно доказать неприводимость P(t), и получается замкнутый круг.

3. Вот эту фразу тоже не понимаю:

> Сюръективность \varphi в характеристике p из этого следует

Я не понимаю, как определить \varphi в этой ситуации. Мультипликативная группа F_p[t]/P(t) не является циклической, потому что равна прямой сумме мультипликативных групп факторов, и все факторы имеют один и тот же порядок. Может, подгруппа всех n-тых корней из единицы и циклическая, но я пока не вижу, как это можно доказать.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 21:09 (ссылка)
	> но я пока не вижу, как это можно доказать. Я осел, пардон. Очевидно, группа n-тых корней не циклическая --- она изоморфна прямой сумме групп n-тых корней факторов. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

kaledin
2013-03-17 21:21 (ссылка)

А что нужно доказать-то -- что циклотомический многочлен неприводим? Ну типа 1. достаточно по модулю достаточно общего p, 2. для такого в F_p[t]/P(t) нет нильпотентов, поэтому Фробениус автоморфизм, 3. далее доказываем, что он порядка не меньше \phi(n), поэтому нетривиальных подполей нет. Но почему он такого порядка, мне кстати неочевидно.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 22:06 (ссылка)
	Ага, нужна неприводимость. Но мне что-то сомнительно, что циклотомические многочлены будут неприводимы по модулю достаточно общего простого. (Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 22:25 (ссылка)
	А, ну да, восьмой циклотомический многочлен, X^4 + 1, приводим по модулю любого простого. Интересная наука. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 22:38 (ссылка)
	Для нечетного p в F_{p^2} всегда есть элемент порядка 8, потому что 8 делит p^2 - 1. Значит, у X^4 + 1 всегда есть фактор степени 2. (Ответить) (Уровень выше)

	tiphareth 2013-03-17 22:59 (ссылка)
	спасибо, ага я не знал занятно (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 23:10 (ссылка)

Я слышал звон, что циклотомические многочлены, дискриминант которых является квадратом, приводимы по модулю любых простых, но, что-то не могу восстановить рассуждение. Может, лажа.

Anyway, когда мы пытаемся доказать неприводимость циклотомических, начинается теория чисел во все поля. Может, в курсе теории Галуа оно и не нужно? Скажем, можно ограничиться случаем простого n, когда все тривиально, а остальное пускай студенты сами из книжек извлекают.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 23:55 (ссылка)
	если ничего внятного не придумаю, так и сделаю, ага но есть такое ощущение таки, что оно совсем просто (Ответить) (Уровень выше)

maxmornev
2013-03-18 03:09 (ссылка)

Кстати, это же отличный пример плоского семейства, в котором слой над общей точкой неприводим, а все специальные слои несвязны, кроме одного, который не reduced. И база --- PID! С ума сойти, как раз искал такое, а оно под ногами валяется.

Молю Сатану, чтобы над алг. замкнутыми полями ситуация была проще. Иначе мне тезис не написать.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-18 03:14 (ссылка)
	Матерь Люцифера, оно же еще и proper. (Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 21:10 (ссылка)
	Соответственно, \varphi для алгебры F_p[t]/P(t) не определен. (Ответить) (Уровень выше)

	tiphareth 2013-03-17 19:13 (ссылка)
	положил исправленное туда же (Ответить) (Уровень выше)

(Читать комментарии) -