指数多项式的Galois群计算

本文缘起不负责任的Serge Lang的大代数(第274页 例8),以及Кострикин的代数学引论引用了如下的事实

事实. 令$f_n=\sum_{k=0}^n \frac{X^k}{k!}$, 那么$f_n$的Galois群是$\mathfrak{S}_n$如果$4\nmid n$, 是$\mathfrak{A}_n$如果$4|n$. 所谓多项式的Galois群是指其在$\mathbb{Q}$上的分裂域对应的Galois群。

其源头指向Schur,但原始文献是德语,且难以得到全文,最后一年前我在MSC上提问,这问题于最近收到回答,指出了一篇博客,这也是本文的主要参考来源。

证明的方法不出所料是约化到局部情况。但是正如代数数论所看到的,往往$\bmod p$丧失太多信息——真正恰如其分的手法是放置在$p$-进数域中考虑。在完备赋值域中求根的有力工具当属Newton折线。

这里用了阶乘,为了计算$f_n$的Newton折线,我们自然需要经典的Legendre定理,通过与$p$进制展开的联系,我们不难通过精细地计数算出Newton折线的顶点是

$$(x_k,-\nu_p(x_k!)),\qquad x_k=a_1p^{n_1}+\cdots+a_kp^{n^k}$$

其中$n=a_1p^{n_1}+\cdots+a_mp^{n_m}$满足$n_1>\cdots >n_m$,且$a_i\neq 0$,即从高到低忽略$0$的$p$进展开。对应的斜率是$-\frac{1}{p^{n_k}}\frac{p^{n_k}-1}{p-1}$. 

  • 现在我们可以论证$f_n$不可约了。注意到Newton折线的分母都是$p^{\nu_p(n)}$,这表明任何任意添加一个根,其分歧指数都需要整除$p^{\nu_p(n)}$,从而扩张次数亦然,这说明$f_n$的每一个根都是$n$次的,这就说明$f_n$不可约。
  • 如果素数$p<n$,那么$n_1$至少为$1$,此时$p$至少整除其中一条折线斜率的分母,这再度说明$p$整除$f$在$\mathbb{Q}_p$上的Galois群的阶,从而也整除$\mathbb{Q}$上的Galois群。
  • 如果加上条件$p>n/2$,那么根据上面的论证,可以根据Cauchy定理断言,$f_n$的Galois群有$p$阶元,且是$p$-轮换。
  • 对于$n\geq 8$,根据Bertrand假设,我们总能找到这样的素数。而Jordan定理确保,如果对称群$\mathfrak{S}_n$的可迁子群$H$有一个$p$-轮换,且$p>n/2$,那么$H$必定含$\mathfrak{A}_n$. 
  • 而一个多项式的Galois群是否含于$\mathfrak{A}_n$可用判别式检验,而利用结式这是容易计算的
  • 对于$n\leq 7$改为利用Dedekind的计算方法($\bmod p$检验Galois群的商群)。 

References: 

 

俄罗斯虽然不是每个人都是斯基,但是每个人都是医生

posted @ 2019-10-06 05:35  XiongRui  阅读(...)  评论(...编辑  收藏