円分多項式を利用して有限体の単数群の生成元を求める

これは Math Advent Calendar 2023 の 9 日目の記事です.

有限体 ${\mathbb{F}}_q$ の単数群 ${{\mathbb{F}}_q}^{\times }={\mathbb{F}}_q\setminus \{0\}$ は $(q-1)$ 次の巡回群になることが分かっています. 今回はいくつか具体例を計算してみたいと思います.

$\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ は体になります. これを ${\mathbb{F}}_3$ と表すことにします. ${\mathbb{F}}_3$ 係数の多項式 $x^2+1$ は既約です. 従って ${\mathbb{F}}_3[x]/(x^2+1)$ は体になります. これを ${\mathbb{F}}_9$ と表すことにします. 実際, $x^2+1$ の根の一つを $\alpha$ とおくと, ${\mathbb{F}}_9$ は $⟨1,\alpha ⟩$ を基底とする ${\mathbb{F}}_3$ 上の 2 次元のベクトル空間になります. すなわち $[{\mathbb{F}}_9:{\mathbb{F}}_3]=2$ です.

さて, 冒頭で述べた通り, ${{\mathbb{F}}_9}^{\times }$ は 8 次の巡回群になるはずです. しかし $\alpha$ はこの巡回群の生成元にはなっていません. 何故なら ${\alpha }^4=1$ となってしまうからです. だから何だ, と思われるでしょうが, やはり生成元を知りたくなりますよね.

そこで, ${{\mathbb{F}}_9}^{\times }$ の生成元を求めるために, 円分多項式を活用します. 今回は 1 の原始 8 乗根を求めたいので $${\Phi }_8(x)=x^4+1$$ を使います. ただしこの多項式は ${\mathbb{F}}_3$ 係数では既約ではなく $$\begin{array}{rl}{x}^4+1& =x^4-2x^2+1-x^2\\ & =(x^2-1{)}^2-x^2\\ & =(x^2+x-1)(x^2-x-1)\end{array}$$ と因数分解できます. そこで, 二つの 2 次式のうち片方, 今回は $x^2+x-1$ を採用することにしましょう. $$\begin{array}{rl}{x}^2+x-1& =x^2-2x+2\\ & =(x-1{)}^2+1\end{array}$$ なので $${\mathbb{F}}_3[x]/(x^2+x-1)\cong {\mathbb{F}}_3[x]/(x^2+1)={\mathbb{F}}_9$$ となります. そこで $x^2+x-1$ の根の一つを $\beta$ とおけば, これは ${\mathbb{F}}_9$ における 1 の原始 8 乗根ですから ${{\mathbb{F}}_9}^{\times }$ の生成元となります. ちなみに, $x^2+x-1$ のもう一つの根は ${\beta }^3$ と表せます. さらに, 同型対応から明らかに $\beta =1+\alpha$ ですから, 実は $1+\alpha$ が ${{\mathbb{F}}_9}^{\times }$ の生成元であると分かりました.

もう一つ, 実例として ${\mathbb{F}}_5(=\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})$ の 2 次拡大体 $${\mathbb{F}}_{25}={\mathbb{F}}_5[x]/(x^2+2)$$ の単数群 ${{\mathbb{F}}_{25}}^{\times }$ を考えてみます($x^2+1=x^2-4=(x-2)(x+2)$ は ${\mathbb{F}}_5$ 係数で既約でないことに注意!). ここでも, $x^2+2$ の根の一つを $\alpha$ とおくと ${\alpha }^8=1$ なので, やはり $\alpha$ は生成元にはなっていません. そこで円分多項式 $${\Phi }_{24}(x)=x^8-x^4+1$$ を利用します. ${\mathbb{F}}_5$ 係数においては $$\begin{array}{rl}{x}^8-x^4+1& =x^8-2x^4+1-4x^4\\ & =(x^4-1{)}^2-(2x^2{)}^2\\ & =(x^4+2x^2-1)(x^4-2x^2-1)\\ & =(x^4-4x^2+4-4x^2)(x^4+4x^2+4-x^2)\\ & =((x^2-2{)}^2-(2x{)}^2)((x^2+2{)}^2-x^2)\\ & =(x^2+2x-2)(x^2-2x-2)(x^2+x+2)(x^2-x+2)\end{array}$$ と因数分解でき, $$\begin{array}{rl}{x}^2-2x-2& =x^2-2x+3\\ & =(x-1{)}^2+2\end{array}$$ なので $${\mathbb{F}}_{25}\cong {\mathbb{F}}_5[x]/(x^2-2x-2)$$ が成り立ちます. $x^2-2x-2$ の根の一つを $\beta$ とすれば, これが ${{\mathbb{F}}_{25}}^{\times }$ の生成元であり, かつ同型対応から $\beta =1+\alpha$ が分かります.

円分多項式ってこういう使い方もできるんだな, ということを知ってもらえれば幸いです.

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