뿌리의 다중도 $x^{p^k}-x$ ( $p$ 프라임) $L[x]$ 와 $L$ 의 확장으로 $Z_p$
다음은 A. Białynicki-Birula, "Algebra"(번역은 내 것임)에서 가져온 것입니다.
(제 6 장, \ $ 6).
예 1. $ K $ 를 필드로하고 $ b \ in K, b \ neq 0 $라고 합니다. 다항식 $ x ^ n-b $를 생각해 봅시다 . 우리는 경우 증명할 $ \ 카이 (K) = 0 $를 다음이 다항식의 모든 루트는 다수의 1로 동일하고, 만약 가지고, $ \ 치 (K)는 P = \ NEQ 0 $ ,이 다항식의 각 루트는 다양성을 가지고 동일 $ P ^ m을 $ , $ p는 m ^ $으로 가장 큰 힘을 $ P 달러 되도록 $ P ^ m \ 미드 N을 $ .
비고 : 아래 텍스트에서 저자는 실제로 "4 장, $ 6, 예제 1 참조"를 썼습니다. 그러한 예가없고 그 장이 "차원"(선형 공간의)이기 때문에 분명히 실수입니다. 이런 이유로 나는 그가 위에서 인용 한 것을 참조하고 싶어했다고 생각합니다.
(X 장. 대수적 요소, \ $ 4. 다항식 분해 분야)
정리 4.1. 모든 필드 $ K $ 및 0보다 큰 차수의 모든 다항식 $ f \ in K [x] $ 에 대해 $ K $ 필드의 $ L $ 확장이 존재 하므로 다항식 $ f $ 는 링 $ L [x] $ .
예 1. $ p $ 를 소수이고 $ k $ 를 자연수 라고 합시다 . 정리 4.1 은 다항식 $ x ^ {p ^ k}-x $ 가 링 $ L [x] $ 에서 선형 인자로 분해되도록 $ Z_p $ 필드의 $ L $ 확장이 있음을 의미합니다 . 따라서 링 $ L [x] $ 에는 $$ x ^ {p ^ k} -x = (x-e_1) (x-e_2) ... (x-e_q), \ \ \ \ \ \ \ Q = P ^ (K). $$ 매 2 개 요소를 들어 $ e_i $ , $ e_j $ 되도록 $ I \ NEQ J $ 조건 $ e_i \ NEQ e_j $가 보유하고 다항식의 각 루트 $ X ^ {P ^ K} - $ L $ 필드의 x $ 는 $ k = 1, ..., q $에 대해 $ e_k $ 와 같습니다 (4 장, $ 6, 예 1 참조). (...)
첫 번째 예의 진술은 우리가 각각의 $i, j$ 사실 $i \neq j$ 그것을 의미 $e_i \neq e_j$? 여러 가지 방법으로 증명하려고했지만 성공하지 못했습니다. 나는 그것을 확립하려고 노력했다$x^n - b$ 어떤 식 으로든 모든 뿌리를 모아서 $x^{p^k} - x$ "정확히 하나만 처리"($p^m \cdot 1 = p^m$), 권한을 사용하여 $p^m$ 인수 분해에서 동일한 요인 $x^{p^k}-x$ 등등하지만 나는 (충분한) 관계를 설정할 수 없습니다 $x^{p^k} - x$ 과 $x^n - b$이 경우.
내가 얻은 모든 것은 다음과 같습니다.
- 모든 뿌리 $a$ 의 $x^{p^k} - x$ 의 뿌리입니다 $x^{p^k} - a$,
- 만약 $a$ 의 뿌리입니다 $x^{p^k} - x$,이 다항식은 $(x-a)^{p^k}$ 다항식으로 $x^{p^k} - x$ 과 $x^{p^k}-a$다르다. 인터넷 검색을 통해 관련 사실의 증거가 일반적으로 파생물을 사용하는 것을 보았지만 거의 모든 책을 읽었고 그가 사용하지 않을 것이라고 거의 확신합니다.
답변
참고 : 질문을 작성할 때 약간 오해 한 것 같아서 초기 답변을 삭제했습니다.
이미 예제에 결과가 주어진 경우 $1$ 장에서 $6$, 그런 다음 Example의 문 $1$ 정리를 따름 $4.1$ 증명하기가 상당히 쉽습니다.
아이디어는 본질적으로 고려하는 것입니다. $f(x)=x^{p^k}-x$ 같이 $x(x^{p^k-1}-1)$. 분명히$0$ 뿌리가 아니다 $x^{p^k}-1$, 그래서 $0$ 반복되는 루트가 아닙니다. $f(x)$. 이것은 정확히 하나의$e_i$s, 말 $e_1$ WLOG는 $0$. 이것은 우리에게$x^{p^k-1}-1=(x-e_2)(x-e_3)\dots(x-e_q)$, 그래서 그것을 보여주는 것으로 충분합니다 $x^{p^k-1}-1$반복되는 뿌리가 없습니다. 그러나 이것은 사소한 것입니다.$p$ 나누기 $p^k-1$ 분명히 $p^0=1$, 그래서 장 $6$, 예 $1$, 모든 루트 $x^{p^k}-1$ 다양하다 $1$ (우리는 $\mathbb Z_p$), 즉 모두 $e_2,e_3,\dots,e_q$구별됩니다. 그 다음 모두$e_i$s는 원하는대로 구별됩니다.
다시 한 번, 복잡한 초기 답변과 그로 인한 혼란에 대해 사과드립니다. 거기에 있던 자료는 거의 관련이 없었습니다.