Мультипликиты корней $x^{p^k}-x$ ( $p$ простое) в $L[x]$ с участием $L$ как продолжение $Z_p$
Следующее - из А. Бялыницкого-Бирулы, «Алгебра» (перевод мой).
(Глава VI, \ $ 6).
Пример 1. Пусть $ K $ - поле и пусть $ b \ in K, b \ neq 0 $ . Рассмотрим многочлен $ x ^ n - b $ . Мы докажем, что если $ \ chi (K) = 0 $ , то каждый корень этого многочлена имеет кратность, равную 1, а если $ \ chi (K) = p \ neq 0 $ , то каждый корень этого многочлена имеет кратность равна $ p ^ m $ , где $ p ^ m $ - наибольшая степень $ p $ такая, что $ p ^ m \ mid n $ .
Примечание: в нижеследующем тексте автор действительно написал «см. Главу IV, § 6, пример 1». Совершенно очевидно, что это ошибка, поскольку такого примера нет и эта глава называется «Измерение» (линейного пространства). По этой причине я полагаю, что он хотел сослаться на то, что я цитировал выше.
(Глава X. Алгебраические элементы; \ $ 4. Поле полиномиальной факторизации)
Теорема 4.1. Для любого поля $ K $ и любого многочлена $ f \ in K [x] $ степени выше 0 существует такое расширение $ L $ поля $ K $, что многочлен $ f $ факторизуется на линейные множители в кольцо $ L [x] $ .
Пример 1. Пусть $ p $ - простое число, а $ k $ - натуральное число. Из теоремы 4.1 следует, что существует расширение $ L $ поля $ Z_p $ такое, что многочлен $ x ^ {p ^ k} - x $ разлагается на линейные множители в кольце $ L [x] $ . Таким образом, в кольце $ L [x] $ имеем $$ x ^ {p ^ k} -x = (x-e_1) (x-e_2) ... (x-e_q), \ \ \ \ \ \ \ q = p ^ k. $$ Для любых двух элементов $ e_i $ , $ e_j $ таких, что $ i \ neq j $ выполняется условие $ e_i \ neq e_j $, и каждый корень многочлена $ x ^ {p ^ k} - x $ в поле $ L $ равно $ e_k $ для некоторых $ k = 1, ..., q $ (см. главу IV, $ 6, пример 1). (...)
Как утверждение первого примера позволяет нам заключить, что для каждого $i, j$ факт $i \neq j$ подразумевает, что $e_i \neq e_j$? Я пытался доказать это несколькими способами, но безуспешно. Я пытался установить это$x^n - b$ каким-то образом собирает все корни так $x^{p^k} - x$ "имеет ровно один в своем распоряжении" ($p^m \cdot 1 = p^m$), используйте полномочия, чтобы получить $p^m$ те же факторы в факторизации $x^{p^k}-x$ и так далее, но я не могу установить (достаточную) связь между $x^{p^k} - x$ и $x^n - b$в этом случае.
Все, что я получил, это:
- каждый корень $a$ из $x^{p^k} - x$ это корень $x^{p^k} - a$,
- если $a$ это корень $x^{p^k} - x$, то этот многочлен нельзя разложить на множители $(x-a)^{p^k}$ как полиномы $x^{p^k} - x$ и $x^{p^k}-a$разные. Из некоторого поиска в Интернете я увидел, что доказательства рассматриваемого факта обычно используют производные, но я прочитал почти всю книгу и почти уверен, что он не использует это.
Ответы
Примечание: я удалил свой первоначальный ответ, потому что, похоже, я немного неправильно понял вопрос, когда писал его.
Если уже дан результат в примере $1$ из главы $6$, то утверждение в примере $1$ следуя теореме $4.1$ довольно легко доказать.
По сути, идея состоит в том, чтобы $f(x)=x^{p^k}-x$ в виде $x(x^{p^k-1}-1)$. Ясно$0$ не является корнем $x^{p^k}-1$, так $0$ не является повторяющимся корнем $f(x)$. Это означает ровно один из$e_i$с, скажи $e_1$ WLOG, это $0$. Это дает нам$x^{p^k-1}-1=(x-e_2)(x-e_3)\dots(x-e_q)$, поэтому достаточно показать, что $x^{p^k-1}-1$не имеет повторяющихся корней. Но это банально, так как высшая степень$p$ разделение $p^k-1$ очевидно $p^0=1$, поэтому по главе $6$, Пример $1$, все корни $x^{p^k}-1$ иметь множественность $1$ (помните, что мы работаем над расширением $\mathbb Z_p$), т.е. все $e_2,e_3,\dots,e_q$различны. Отсюда следует, что все$e_i$s различны, как и нужно.
И снова приношу свои извинения за первоначальный сложный ответ и возникшую путаницу. Материал там был в значительной степени неуместным.