有限體的理論

有限體的理論

李文卿

第一節 有限體的結構

所謂的有限體k是指非零元素皆具有乘 法反元素的交換環; 它的特徵數 (character- istic) 是滿足

1 + 1 + · · · + 1(n個) = 0

的最小正整數n, 是個質數p。 因此它包 含Z/pZ做 子 體 而 可 視 為 佈 於Z/pZ 的 有限維向量空間; 故k的元素個數|k| = q是質數p的冪次方p^d, 而指數d是k視為佈 於Z/pZ向量空間的維數, 這也表示: 把k看 成加法群時, k是d個秩為p之循環群的直和 (direct sum)。

其次考慮乘法群k^×= k − {0}, 它的秩 是q − 1; 故k^×中的每一元素都滿足

x^q−1 = 1,

即k^x中元素的秩都是q−1的因數。 對任意q−

1的正因數r, 設

Ω(r) = {x ∈ k^×| x 的秩是 r}。

當r跑遍q−1的正因數時,k^×可表為Ω(r)的不 相交聯集, 現我們欲證明 Ω(q − 1) 6= φ; 換 句話說,

定理1: k^×是秩為q − 1的循環群。

想證明這定理, 首先觀察到底下的一般 事實。

預備 定 理 1:任 意 係 數 在 體F 的n次 多 項 式f (x)在F 中至多有 n個相異零位。

證明:設α是f (x)在F 中的一零位, 即f (α) = 0, 則

f (x) = f (x) − f(α) = (x − α)g(x), 其中g(x)是係數落在F 的n − 1次多項式, 若β是f (x)在F 中另一異於 α 的零位, 則

0 = f (β) = (β − α)g(β),

但β − α 6= 0, 故g(β) = 0。 利用數學歸納 法, 若設g(x)在F 中至多有n − 1個相異零位 時, 則推出f (x)在F 中至多有n個相異零位。

由 預 備 定 理 1, 若Ω(r) 6= φ, 設y是Ω(r)的元素, 則y生成一秩為 r的循環 子群, 是由方程式

x^r = 1

在k中所有解組合而成, 又Ω(r)正好是循環 群hyi的生成元 (generators) 所組成的集合,

1

即

Ω(r) = {yⁱ|1 ≤ i ≤ r, g.c.d.(i, r) = 1}。

這 表Ω(r)的 元 素 個 數 是0或ϕ(r); 其 中ϕ(n)是 Euler ϕ–函數, 表示1到n之間 與n互質的整數個數, 故得出

|k^×| = q − 1 =

^X

r|(q−1)

|Ω(r)| ≤

^X

r|(q−1)

ϕ(r)

其次, 我們需要另一事實。

預備定理2:對任意正整數m,

^P

r|mϕ(r) = m。

假設預備定理 2 成立, 則由上面不等式 可很快得到: 對任意r|(q − 1),|Ω(r)| = ϕ(r)。 特別是|Ω(q − 1)| = ϕ(q − 1) ≥ 1, 而得證定理 1。

現 回 來 證 明 預 備 定 理 2。 把集 合{1, 2, · · · , m}分割成

Y (r) = {1 ≤ i ≤ m|g.c.d.(i, m) = m r } 的不相交聯集, 其中r跑遍m的所有正因數。

對任意i ∈ Y (r), 把i寫為 ^jm_r , 則1 ≤ j ≤ r且

g.c.d.(i, m) = g.c.d.(jm

r , m) = m r g.c.d.(j, r) = m

r 。

因而 g.c.d.(j, r) = 1。 故|Y (r)| = ϕ(r); 這 證明了

m =

^X

r|m

|Y (r)| =

^X

r|m

ϕ(r)。

底下是能由上面論證馬上得出的一些推 論。

推 論1:設Ωp是Z/pZ的一代數閉包 (alge- braic closure), 則k是由方程 式x^q − x = 0在Ωp中的所有解組合而成。

推論2:存在有元素ξ ∈ k, 使得k = Z/pZ(ξ);

即k是質體Z/pZ的單擴張 (simple exten- sion)。

推論3:對任意|k^×| = q − 1的正因數r,k^×中 剛好有 ϕ(r)個秩為r的元素。

推論4:給定任意正整數n, 在Z/pZ的代數閉 包內, 存在有一唯一Z/pZ的n次擴充體。

證明:推論1 顯示:Z/pZ的n次擴充體要是存 在的話, 一定是唯一; 即是由方程式

x^pn = x

在代數閉包內的所有解組合而成。 另一方面, 若α,β是方程式

x^pn = x

的解, 則α − β與αβ⁻¹(β 6= 0時) 也是方程 的解, 故方程式的解確實形成一體, 而得證存 在性。

推論5:給定任意正整數n, 則存在有一係數 在Z/pZ的n次不可約 (irreducible) 多項式。

證明:設k是Z/pZ的n次擴充體, 則由推論 2, k = Z/pZ(ξ)。

設f (x)是ξ所滿足之Z/pZ係數不可約多項 式。 則

k = Z/pZ(ξ) = Z/pZ[ξ]

∼= Z/pZ[x]/(f (x))

故

deg f = [k : Z/pZ] = n。

第二節 有限體的擴充

設k是一q個元素的有限體。k_n是k的n次 擴充體。 若k_m是介於 k與k_n之間之k的m次 擴充體, 則kn是佈於km的向量空間, 故 m可 整除n。 反之, 由推論 1, 在kn的代數閉包範 圍內, 任意k的m次擴充體,m|n, 都是kⁿ的子 體。

對體F 的擴充體E, 以Gal(E/F )表示 固定F 中每一元素之所有E的自同構 (au- tomorphism) 所形成的群。 考慮kn中的函 數σ : x 7−→ x^q; 因

σ(x + y) = (x + y)

^q

= x

^q

+ y

^q

= σ(x) + σ(y), σ(xy) = (xy)

^q

= x

^q

y

^q

= σ(x)σ(y)。

故σ是k_n的自同態 (endomorphism)。 更進 一步, 若σ(x) = x^q = 1, 則 x 6= 0, 由這 與

x^qn−1= 1 得出x = 1, 原因是

g.c.d. (q, qⁿ− 1) = 1。

故σ是一對一。 又k_n是有限體, 一對一必是映 成; 故σ是k_n的自同構。 最後x ∈ k, σ(x)

= x^q = x, 這證明了σ ∈ Gal(kⁿ/k), 稱 為 Frobenius 自同構。 設σ的秩是r, 則對任 意x ∈ kn,

σ^r(x) = x^qr = x。

因k^×是秩為qⁿ − 1的循環群, 故r = n。

因此Gal(k_n/k)包含了秩是 n的循環群hri。

另一方面, 每一Gal(E/F )的自同構可視為E 上的F -線性轉換; 想決定Gal(kn/k), 我們注 意到下列事實:

預備定理3: Gal(E/F )中的自同構是E-線 性獨立的F -線性轉換。

證明:假設不然, 設

a₁τ₁+ a₂τ₂ + . . . + a_rτ_r = 0 是長度最短的線性關係式, 其中a₁, a2, . . . , ar

∈ E^×且 τ1, τ2, . . . , τr ∈ Gal(E/F );

則r ≥ 2且 τ¹, τ2, . . . , τr相異。 設y ∈ E滿 足τ₁(y) 6= τ²(y); 從

^P

^r

i=1aiτi = 0得出對每 一x ∈ kn,

X

r i=1

aiτi(yx) =

X

n i=1

aiτi(y)τ (x) = 0。

故

X

r

i=1

aiτi(y)τi = 0。

這產生了另一非顯然的關係式

X

r i=1

aiτi(y)τi− τ¹(y)

X

r i=1

aiτi

=

X

r i=2

ai(τi(y) − τ¹(y))τi

= 0。

這關係式比我們開始的關係式要短, 因而矛 盾。

預 備 定 理4:設E是 體F 的n次 擴 充 體, 則Gal(E/F )中至多有 n個相異的自同構。

證明:假設不然。 設m > n且τ₁, . . . , τ_m是 Gal(E/F )的相異自同構, 令{v¹, . . . , vn}是E 佈於F 的一組基底。 設(a₁, . . . , am)是 n × m線性方程組



 

τ

₁

(v

₁

) τ

₂

(v

₂

) · · · τ

m

(v

₁

) . . . . τ

₁

(v

_n

) τ

₂

(v

_n

) · · · τ

m

(v

_n

)



 



  x

₁

.. . x

_m



 

= .



  0 .. . 0



 

的一組非零解。 考慮

^P

^m

i=1aiτi。 由建構的過程,

X

n i=1

aiτi(vj), j = 1, · · · , n

故對任意x ∈ E,

^P

^m

i=1a_iτ_i(x) = 0。 換句話說, τ1, . . . , τm是E-線性相依, 但預備定理3告訴 我們這不可能。

因此|Gal(kn/k)| = |hσi| = n = [k_n, k]。

這也是最大可能; 在這情況下, 我們 稱k_n是k的 Galois 擴充。

定理2:設k_n是k的 Galois 擴充, 則Gal(k_n/k) 是由 Frobenius 自同構σ所生成的循環群, 其秩是 n。

注意到元素x ∈ kⁿ落在k的充要條件 是x滿足方程式x^q = x。 換句話說, 充要條

件是被 Frobenius 自同構固定住, 或等同於 被群Gal(k_n/k)固定住。

利用G = Gal(k_n/k), 我們定義兩個 從k_n到k的重要映象, 稱為 trace 與 norm, 分別以Trkn/k與Nkn/k表示, 定義如下:

Trkⁿ/k : x 7−→

^X

τ ∈G

τ (x) =

X

n i=1

σⁱ(x) Nkⁿ/k : x 7−→

^Y

τ ∈G

τ (x) =

Y

n i=1

= σ(x)

從容易可驗證 trace 與 norm 的值域都 落在k。 顯然地,Trkn/k是加法群 kn到加法 群k的群同態, 又Nkn/k是乘法群k_n^×到乘法群 k^×的群同態。 底下我們考慮其值域。

定理3:(Hilbert 定理90) 從k^×_n到k^×的 norm 映象N_kn/k是映成函數, 其核ker N_kn/k是

ker N_kn/k = { x

σ(x)|x ∈ k^×n}。

證明:因

Nkⁿ/k(σ(x)) =

X

n i=1

σⁱ⁺¹(x) =

X

n i=1

σⁱ(x)

= Nkn/k(x)。

故對所有 x ∈ kn^×,x/σ(x) 落在 norm 映象 N_kn/k的核。 更進一步,

x

σ(x) = y σ(y) 的充要條件是xy⁻¹∈ k^×, 因此集合

{ x

σ(x)|x ∈ kn^×}

形成k^×_n的乘法子群, 其秩是(qⁿ⁻¹− 1)/(q − 1)。 因而這集合是kerN_kn/k全部的充要條件

是 norm 映象是映成函數。 現證明Nkn/k是映 成。 觀察到對任意x ∈ kn^×

Nkⁿ/k(x)

=

X

n i=1

σⁱ(x) = x · x^q· x^q2 · · · x^qn−1

= x^{1+q+q2+···+qn−1} = x^α(α = qⁿ− 1 q − 1 )

故對任意 k^×_n 的生成元 x,Nkn/k(x) 的秩是 q − 1, 這證明了 Nkⁿ/k(x)是映成。

定理4: (Hilbert 定理90) 從k_n到k的 trace 映象 Tr_kn/k是映成函數, 而其核是

ker(Trkⁿ/k) = {x − σ(x)|x ∈ kⁿ}。

證明:任 意Gal(kn/k)的 元 素 都 是k-線 性 映 象, Tr_kn/k的 值 域 是 佈 於k的 向 量 空 間, 故Tr_kn/k(kn) = 0 或k。 若Trkⁿ/k(kn) = 0, 則

^P

ⁿ

i=1σⁱ = 0, 這是Gal(kn/k)中元素的一非 顯然線性關係, 但由預備定理 3, 這不可能發 生; 因而Tr_kn/k是映成函數, 其核有 qⁿ⁻¹個 元素。 顯然地

Trkn/k(σ(x)) = Trkn/k(x)。

故對所有x ∈ kn,x − σ(x)落在核中。 更進 一步, x − σ(x) = y − σ(y)的充要條件 是x − y ∈ k; 故群的秩是qⁿ/q; 因而等於 核的全部。

注意事項: 為norm 與 trace 的 Hilbert 定 理 90, 一般是利用 Galois的 first cohomol- ogy 證明 (`a la Noether); 但當基底的體是 有限體時, 我們可使用上面的計數法。

習 題 1: 設k是 有 限 體,km,kmn分 別 是k的m次與mn次擴 充體, 證明

Trkmn/k = Trkm/k◦ Tr^kmn/kn 且 N_kmn/k = N_km/k◦ Nk^mn/k。

給定z ∈ kn, 它定義了kn上的一線性轉 換

L_z : x 7−→ zx。

即乘上z。 選定k_n的一組基底, 把L_z表成n階 方陣; 這方陣的 trace 與行列式值就 稱為L_z的 trace 與行列式。 這兩者也就 是Trkn/k(z)與 Nkn/k(z)。 說得更精確一個, 我們有底下的定理。

定理5:設z ∈ kⁿ, 線性轉換Lz如上所定, 則

(1) Tr L_z = Tr_kn/k(z)且 det L_z = Nkⁿ/k(z)

(2) 若k(z) = kn且f (x) = xⁿ + a1xn−1+ . . . + an是z所滿足的佈於k的不可 約多項式, 則

a1 = −Tr^kn/k(z) 且 an= (−1)ⁿ Nkⁿ/k(z)。

證明:在(2) 的k(z) = kn假設下, 我們將證明 (1) 與 (2)。 在 (1) 中, 當 k(z)是kn的真子體 時的情形留做習題。 對任意τ ∈ Gal(kⁿ/k),

0 = τ (f (z)) = f (τ (z)),

故τ (z)也是f (x)的根。 更進一步, 若τ 與τ^′是

Gal(kn/k)的相異元素, 則τ (z) 6= τ^′(z) (否則它們在k(z) = kn上相同)。 這證明 了z在Gal(kn/k)的作用下有n個相異值, 構 成了f (x)的所有根。 因此由根與係數的關係 得出

−a

1

= f (x) = 0 的根的總和 = Tr

_kn/k

(z) 且

(−1)

ⁿ

a

_n

= f (x) = 0 的根的乘積 = N

_kn/k

(z)。

這證明了 (2), 對於 (1), 我們知道Lz滿 足f (x) = 0, 又f (x)在 k中不可約且[k_n : k] = n,f (x)其實是Lz的特徵多項式,L_z 的 伴隨矩陣是



 

 

 

 

 

 

0 −aⁿ

1 0 −aⁿ⁻¹

1 ...

. .. ...

. .. 0 ... 1 −a¹



 

 

 

 

 

 

故trace = −a¹且行列式= (−1)ⁿan, 這證 明了 (2)。

習題 2:設z ∈ kⁿ, 若k(z) = km是kn的真子 體時, 證明

Tr L_z = Tr_kn/k(z) = n

mTr_kn/k(z), 且

det Lz = Nkⁿ/k(z) = Nk^m/k(z)^n/m。

習題3:

(1) (Normal Basis 定理) 存在有元素z ∈ k_n, 使得{τ(z)|τ ∈ Gal(kn/k)}是kn

佈於k的基底。 (提示: 考慮 Frobenius 自同構σ的最小多項式)

(2)對 (1) 中的 z, 則有 Trkⁿ/k(z) 6= 0 (提 示: 把 kn 中的元素 表成 {τ(z)|τ ∈ Gal(kn/k)}的k-線性組合, 然後證明 Trkⁿ/k(kn) = k Trkⁿ/k(z))。

第三節 群的特徵

所謂拓樸群G的特徵(character) 是 指G到複數平面上單位圓S¹的連續性同態 (continuous homomorphism)。 若G是 一有限群, 則群內賦有離散拓樸, 故特徵 即 是G到S¹的 群 同 態。 因S¹是 可 交 換 群, 故群的特徵其實是定義在G除以其交換子 (commutator) 所形成子群的商群上。 把所 有G的元素都送到 1 的特徵稱為G 的明顯特 徵(trivial character), 以χ0表之。

所有G的特徵, 在點態乘法下, 即 χ1χ2(x) = χ1(x)χ2(x),

形成一乘法交換群, 稱為G的對偶群(dual group), 而以G 表之。

^b

例題1:設G是一有限循環群, 計算其對偶 群G。

^b

解 答:設G的 秩 是n,g是G的 生 成 元,ζ是 1 的n次原始根。η : G 7−→ S¹定成

η(g) = ζ;

則η是G到S¹的同態且其秩是n, 故G包含循

^b

環群 hηi。 另一方面, 任一G上的特徵χ是由 它在g的取值所決定。 故 χ(g) = ζ^k,k ∈ Z;

而這表示χ = η^k。 故G = hηi是一秩為n的

b

循環群, 因而G ∼

^b

= G。

命題 1: 若G是一有限交換群, 則G與其對偶 群G同構。

b

證明:由有限交換群的基本定理(Fundamental Theorem of finite abelian groups), 我們 可以把G表成循環群的直積:

G = G1× . . . × G^r。

對任意G上的特徵χ, 以χ_i表示χ在G_i的 限制值, 則χ 是χ₁, . . . , χ_r的乘積χ₁. . . χ_r且 G =

b

G

^b

1 × . . . ×G

^b

r。 但上面例題 1 告訴我 們G

^b

i與Gi同構, 故G與G同構。

^b

注意事項:上面的同構G ∼=G並非標準的, 因

^b

其取決於分解的形式與每一循環子群, 即這 同構取決於生成元的選擇。 然而,G的對偶群

^b

G很自然地與G同構。 底下是一種不退化的配

bb

對。

ξ : G ×G −→ S

^b

¹ 定義

ξ(g, χ) = χ(g)

(當固定其中一變數時,ξ是另一變數的群同 態)。

習題4:

(1) 證明上面所定義的ξ是不退化的, 即證明 (i) 若g不是G的單位元素, 則存在有

一G的特徵χ, 使得 χ(g) 6= 1。

(ii) 若χ不是G的顯然特徵χ0, 則存在 有一G的元素g, 使得 χ(g) 6= 1。

(2) 證明ξ的不退化是G與G自然同構的充

^bb

分條件。

對拓樸群 G 的封閉子群 (closed sub- group) H, 定

H^⊥= {χ ∈G|χ(H) = {1}}

^b

當G是交換子群時,H^⊥可簡化看成G/H。

^d

定理6(Pontrjagin 對偶): 設G是一可交換拓 樸群, 則對應

H 7−→ H^⊥

建立了G的封閉子群與G封閉子群間的一一

^b

對應。 更進一步, (H^⊥)^⊥自然地與H同構。

這裏, 我們只考慮這定理在G是有限交 換群的特殊情形, 則拓樸沒扮演任何角色。

再次利用有限交換群的基本定理, 我們可假 設G是秩為n的循環群;G的子群H可用n的因 數d當指標, 使得H的秩= d。 則G是秩為n的

^b

循環群且H^⊥的秩為 ⁿ

d。 現H 7−→ H^⊥的一 一對應非常明顯。 在 G ∼

bb

= G的標準同構中, 我們可以把(H^⊥)^⊥看成子群

H = {g ∈ G|對所有 χ ∈ H

f

^⊥, χ(g) = 1}。

因對每一χ ∈ H^⊥,χ在H的取值顯然都是 1, 故群H包含H。 另一方面,|

f

H| = |

^f

G|/|H

^b

^⊥| 且|H^⊥| = |G|/|H|, 得出 |H| = |H|;

^f

故H = H, 即(H

f

^⊥)^⊥ 自然與H同構。

設C[G]是定義在有限交換群G上的所 有複值函數。 定義C[G]上的內積 h·, ·i為

hf, gi = 1

|G|

X

x∈G

f (x)g(x)。

命題2: 設G是一有限交換群, 則G的特徵形 成 C[G] 的一組垂直單一基底。

為證明這命題, 我們需要下列。

預備定理5: 設G是一有限交換群,g ∈ G且χ ∈G, 則

^b

(1)

^P

χ∈Gχ(x) =

(

0 若 χ 6= χ0,

|G| 若 χ = χ⁰。 (2)

^P

η∈G

b

η(g) =

(

0 若 g 6= e,

|G| 若 g = e。

其中e是G的單位元素。

證明:(1) 若χ = χ0, 很明顯成立。 設χ 6=

χ₀且 y ∈ G使得 χ(y) 6= 1, 由

X

χ∈G

χ(x) =

^X

χ∈G

χ(xy) =

^X

χ∈G

χ(x)χ(y)

= χ(y)

^X

χ∈G

χ(x)

以及χ(y) 6= 1, 馬上得出

^P

χ∈Gχ(x) = 0。

(2) 由 (1) 以及同構G ∼=G得出。

^bb

現回到命題 2 的證明上。 設χ1,χ2 ∈ G,

^b

則由預備定理 5得出

hχ¹, χ2i = 1

|G|

X

x∈G

χ1(x)χ2(x)

= 1

|G|

X

x∈G

(χ1χ⁻¹₂ )(x)

=

(

1 若 χ₁ = χ₂, 0 若 χ1 6= χ²。

這證明了G的所有特徵形成一組垂直單一集, 故彼此之間線性獨立, 另一方面,

|G| = |G| = dim

^e

^CC[G],

故G所有特徵形成一組C[G]的垂直單一基 底。

第四節 有限體的特徵與 Gauss 和

設k是一q個元素的有限體, 如我們在第 一節所見, 加法群k是d個秩為p之循環群的直 和, 故q = p^d。 因而k的加法特徵所形成的對 偶群k與k有相同結構。

^b

例題1 Z

^d

/pZ = hψi, 其中ψ : Z/pZ 7−→

S¹定義為

ψ(x) = e^2πix/p。

我們已知道Tr_k/Z/pZ : k 7−→ Z/pZ 是加法群同態, 故對每一ϕ ∈ Z

^d

/pZ ,ϕ ◦ Trk/Z/pZ是k上的加法特徵。 因 trace 是映 成, 故對任一 Z/pZ的非顯然特徵與 trace 合 成後會得出k的非顯然特徵。

命題3:設ψ是有限體k上的非顯然加法特徵 。 對任意a ∈ k, 定義ψ^a : k 7−→

S¹為ψ^a(x) = ψ(ax); 則ψ^a是k的加法特徵, 且a 7−→ ψ^a建立了k到k的同構, 特別是

^b

b

k = {ψ^a|a ∈ k}

且對所有x ∈ k,

ψ(x) = ψ(x)⁻¹ = ψ(−x) = ψ⁻¹(x)。

證明:以La表示, 表示乘上a之k上的線性轉 換, 則 ψ^a = ψ ◦ L^a。若a = 0, 則L_a = 0, 且ψ^◦是k上的顯然特徵。 若 a 6= 0,La是乘法 群k^×的自同構, 故ψ^a是非顯然特徵, 對a, b ∈

k,ψ^a+b = ψ^aψ^b, 故a 7−→ ψ^a是k到k的一對

^b

一同態; 因|k| = |k|, 故這同態也是映成。

^b

例題2:以Ψ表示特徵ψ ◦ Tr^k/Z/pZ, 則由命題 3 得

k = {Ψ

b

^a|a ∈ k}。

乘法群k^×的對偶群k

^c

^×是秩為q − 1的循 環群。k^× 的特徵可視為k上的函數, 而在 0 的 取值定為

χ(0) =

(

0 若 χ 6= χ⁰, 1 若 χ = χ₀。

則χ ∈ C[k]; 因而由命題2, χ可寫成k之加法 特徵的線性組合, 係數稱為單一化的 Gauss 和 (normalized Gauss sum)。 說得更精確 一點, 對任意 χ 6= χ0, 則有

(1) χ =

^P

ψ∈

b

k

hχ, ψiψ

=

^P

ψ∈

b

k,ψ6=ψ⁰

hχ, ψiψ

= _|k|¹

^P

ψ∈

b

^k,ψ6=ψ0g(χ, ψ)ψ,

其中ψ₀是顯然加法特徵,g(χ, ψ)稱為χ對ψ的 Gauss 和。 而

(2) g(χ, ψ) = |k|hχ, ψi =

P

x∈kχ(x)ψ(x) =

^P

x∈k^×

χ(x)ψ(x)。

(1) 可以看成χ對加法特徵的 Fourier 展開式, 而 Gauss 和是 Fourier 係數。

命題4:設χ ∈k

^c

^×且ψ ∈k是非顯然特徵, 則

^b

(1) g(χ, ψ)g(χ, ψ) = |k|χ(−1) = qχ(−1)。

(2) g(χ, ψ) = χ(−1)(χ, ψ), 故g(χ, ψ)的絕對值是 √q。

證明:(1) 從定義得出 g(χ, ψ)g(χ, ψ)

=

^X

x∈k^×

χ(x)ψ(x)

^X

y∈k^×

χ(y)ψ(y)

=

^X

x∈k^×

χ(x)ψ(x)

^X

z∈k^×

χ(xz)ψ(xz) (y = xz)

=

^X

z∈k^×

χ(z)

^X

x∈k^×

ψ((1 + z)x)

=

^X

z∈k^×

χ(z)



 X

x∈k

ψ((1 + z)x) − ψ(0)





=

^X

z∈k^×

χ(z)



 X

x∈k

ψ^1+z(x) − 1





=

^X

z∈k^×

χ(z)

^X

x∈k

ψ^1+z(x)

因對χ = χ₀,

^P

z∈k^xχ(z) = 0。 應用預備定理 5 到G = k, 得出

X

x∈k

ψ^1+z(x)

=

(

0 若 ψ^1+z 6= ψ⁰, 即 1 + z 6= 0 q 若 ψ^1+z = ψ⁰, 即 1 + z = 0 因此g(χ, ψ)g(χ, ψ) = g(−1)。 得所欲證。

(2) 這是因為 g(χ, ψ) =

^X

x∈k^x

χ(x)ψ(x)

=

^X

x∈k^x

χ(x)ψ(−x) = χ(−1)

^X

x∈k^x

χ(x)ψ(x)

= χ(−1)g(χ, ψ)。

一般想計算g(χ, ψ)/√q的值是一非常困難 的問題。

習題5: 設 N 是正整數, 所謂 Z 上 mod N 的特徵是指 Z/NZ 中可逆元素 (Z/NZ)^× 上的特徵。 若 χ 是 (Z/NZ)^×

的原始特徵 (primitive character)(即不能 找到 N 的真因數 m, 使得 g.c.d(n, m) = 1, g.c.d(n^′, m) = 1, n ≡ n^′(mod m) =⇒

χ(n) = χ(n^′)) 則稱N是χ的 conductor。

設ψ_N是Z/NZ的加法特徵, 定為 ψ_N(x) = e^2πix/N

(1)設χ是Z上mod N的 特 徵,conductor 是N, 證明 Gauss和

g(χ, ψN) =

^X

χ(mod N ),(χ,N )=1

χ(x)ψN(x)

的絕對值是√ N。

(2)設χ1,χ2是Z上分別mod N₁,N2 的 特 徵,χ_i的 conductor 是N_i,i = 1, 2。

假設N1與N2互質, 則

(Z/N1N2Z)^×≃(Z/N¹Z)^××(Z/N²Z)^× 以 χ₁χ2 表示 Z 上 mod N₁N2

的特徵, 它限制到 (Z/N₁Z)^× 等 於 χi; 找出 g(χ1χ2, ψN1N2)與 g(χ1, ψN1),g(χ2, ψN2) 之間的關係式。

Gauss和g(χ, ψ)視 為χ與ψ的 函 數 時, 隨ψ的變化非常簡單。 事實上, 固定 k上的 任一非顯然特徵ψ, 則其他的非顯然特徵皆 可表為ψ^t,t ∈ k^×, 則有

g(χ, ψ^t) =

^X

x∈k^×

χ(x)ψ^t(x)

=

^X

x∈k^×

χ(x)ψ(tx) = χ(t)⁻¹

^X

x∈k^×

χ(tx)ψ(tx)

= χ(t)⁻¹g(χ, ψ)。 (3)

因此, 式子 (1) 可寫為 χ = 1

|k|

X

t∈k^×

g(χ, ψ^t)ψ^t

= 1

|k|g(χ, ψ)

^X

t∈k^×

χ(t)⁻¹ψ^t。 (4)

把g(χ, ψ)看成χ的函數, 則比較複雜。

若 χ1,χ2與χ1χ2 都非顯然特徵, 則可證明 g(χ1, ψ)g(χ2, ψ)

g(χ1χ2, ψ) =

^X

s,t∈k,s+t=1

χ₁(s)χ₂(t)

= χ₁χ₂(−1)

^X

s,t∈k,s+t+1=0

χ₁(s)χ₂(t)。

注意到右邊的式子與ψ無關。 左式稱為附著 在χ1與χ2 的 Jacobi 和。 Jacobi 和可擴充 為r個。 設χ1, . . . , χr 是k^×上的非顯然特徵, 則附著在χ1, . . . , χr 的 Jacobi 和定義為

j(χ1, . . . , χr)

=

^X

v1,...,vr∈k^× v1+...+vr+1=0

χ1(v1) . . . χr(vr)

= (q−1)⁻¹

^X

u0,...ur∈k^× u0+u1+...+u^r=0

χ(u0)χ1(u1) . . . χr(ur)。

其中χ = (χ1. . . χr)⁻¹。 我們需要

命 題5:設χ, χ1, . . . , χr是k^×上 的非 顯 然 特 徵, 滿足χχ1. . . χr = 1。 則對k上的任一 非顯然特徵 ψ,

j(χ1, . . . , χr)

= 1

qg(χ, ψ)g(χ1, ψ) . . . g(χr, ψ)。

特別是j(χ₁, . . . , χ_r)的絕對值是q^r−12 。

證明:固定k的一非顯然特徵ψ, 像 (4), 把χi表為 ψ^t的線性組合:

χi = 1

qg(χi, ψ)

^X

t∈k^x

χ_i(t)ψ^t。 代入j(X₁, . . . , X_r)的定義中得出

(q − 1)j(χ1, . . . , χ_r)

= q^−r−1g(χ, ψ)g(χ1, ψ) . . . g(χr, ψ)

·

^X

ui∈k,Σui=0

X

ti∈k^×

x(t0)x(t1) . . . x(tr)

·ψ(t⁰u0+ t1u1+ . . . + trur)

但對固定的t0, t1, . . . , tr,

X

ui∈k,Σui=0

ψ(t

₀

u

₀

+ . . . + t

_r

u

_r

)

= ^X

ui∈k,Σui=0

ψ(t

₀

(u

₀

+ . . . + u

_r

) + u

₁

(t

₁

− t

0

) + . . . + u

_r

(t

_r

− t

0

))

= ^X

u1,...,ur∈k

ψ(u

₁

(t

₁

− t

0

) + . . . + u

_r

(t

_r

− t

0

))

=

 



 

q

^r

若 t

₀

= t

1

= . . . = t

r

0 其他

因此

(q − 1)j(χ¹, . . . , χr)

= 1

qg(χ, ψ)g(χ1, ψ) . . . g(χr, ψ)

X

t0∈k^x

χ χ₁. . . χ_r(t0)

= q − 1

q g(χ, ψ)g(χ1, ψ) . . . g(χr, ψ)

原因是χχ₁. . . χr = χ0, 這證明了命題。

第五節 Davenport-Hasse 恆等式

如第四節, 以k表示一q個元素的有限 體,χ是k^× 上的非顯然 (乘法) 特徵, 而 ψ是k上的非顯然加法特徵。 對任意固定的整 數ν, 以k_ν表示k的ν次擴充體。 Trace 映 象Tr kv/k與 Norm 映象Nk^u/k如第二節所 定, 分別對於體的加法群與乘法群, 它們是映 成函數, 利用合成得出

X= χ ◦ Nk^ν/k 與 Ψ = ψ ◦ Trk^ν/k

分別是k_ν^×與kν的非顯然特徵, 兩個 Gauss 和 g(χ, ψ) =

^X

y∈k^x

χ(y)ψ(y) g(X, Ψ) =

^X

y∈k^x

X(y)Ψ(y)

的關係如下:

定理6 (Davenport-Hasse) —g(X, Ψ) = [−g(χ, ψ)]^ν。

底下的證明是 A. Weil 所提出。 對任意 首一多項式 (monic polynomial)

f (x) = xⁿ+ an−1xⁿ⁻¹+ . . . + a0, ai ∈ k 其中常數項a₀ = f (0) 6= 0, 定義

λ(f ) = χ(a0)ψ(an−1)

很容易可看出: 若f₁與f₂是兩個這類的多項 式, 則

λ(f1f2) = λ(f1)λ(f2)

因常數項不為零的首一多項式是常數項不為 零的首一不可約多項式的乘積, 故有

X

f ∈S

λ(f )u^{deg f} =

^X

p∈T

(1 − λ(p)u^{deg p})⁻¹

其中

S = {f(x) ∈ k[x]| f(x)是首一多項式 且f (0) 6= 0},

T = {p(x) ∈ k[x]| 是首一不可約多項式 且p(0) 6= 0}。

首先我們計算左邊的和。 考慮k[x]中的d次 多項式且其係數ad−2, . . . , a0 6= 0固定 住。x^d−1的係數a_d−1可以是k的任意元素, 故 和中的 λ(f )對所有這樣的f 求和是 0; 故 對d ≥ 2,u^d的係數是 0,u⁰的係數是 1。 且左 邊之一次首一多項式是x + a,a ∈ k^×的形式。

故u的係數是

X

a∈k^x

λ(x + a) =

^X

a∈k^x

χ(a)ψ(a) = g(χ, ψ)。

我們已證明

1+g(x, ψ)u =

^Y

p∈T

(1−λ(p)u^{deg p})⁻¹ (5) 同樣, 對多項式F (x) = xⁿ + an−1xⁿ⁻¹ + . . . + a0 ∈ k^ν(x),a0 6= 0定 義

∧(F ) = X(aⁿ⁻¹)Ψ(a0) 則有

1 + g(X, Ψ)U =

^Y

p(x)∈T

e

(1 − ∧(P )U^{deg P})⁻¹, T = {P (x) ∈ k

e

^ν[x]|P (x)是首一不可約多項式

且P (0) 6= 0}。 (6)

其次我們考慮 (5) 與 (6) 的無 窮乘積。 設 p(x) 是 k[x] 中的首一不

可約多項式, 且設 P (x) 是kν[x] 中整 除 p(x) 的首一不可約多項式。 則對任意 τ ∈ Gal(k^ν/k),τ (P (x))可整除 τ (p(x)) = p(x), 而且 τ (P (x)) 也是 kν[x] 中的首一不 可約多項式。 若 τ1(P (x)), . . . , τr(P (x)) 是 P (x) 在 Gal(kν/k) 作用下的不同影像。 則 它們是p(x)在kν[x]中的相異不可約因式, 而 乘積

q(x) = τ1(p(x)) . . . τν(p(x))

可除 盡p(x)且 是Gal(k_ν/k)作 用 下 的 不 變 量, 故q(x) ∈ k[x]。 因p(x) 不可 約 且p(x)與q(x)都 是 首 一 多 項 式, 故 得 出p(x) = q(x), 即

p(x) = τ₁(P (x)) . . . τ (P (x)), 是p(x)在Gal(k_ν/k)作用下之共軛多項式的 乘積。 這證明了每一k[x]中的首一不可約多 項式在k_ν[x]中可分解成相異不可約多項式, 這些多項式在 Gal(kν/k)作用下互為共軛, 且每一k_ν[x]的首一不可約多項式可唯一整除 一k[x]中的首一不可約項式, 故我們可寫為 1+g(X, Ψ)U =

^Y

P ∈T

Y

P |p,P ∈^T

e

(1−∧(P )U^{deg P})⁻¹

其 次 固 定一 個k[x]中的首一不可約多 項式p(x),deg p(x) = n且 p(0) 6=

0。 設P (x)是kν[x]中p(x)的首一不可約因 式, 我們要探討 λ(p)與∧(P )之間的關係。

設−ξ是P (x)在k^ν之 代 數 閉 包 kν的 一 個 根, 則p(x)是−ξ在k[x]中的不可約多項式且 p(x)是−ξ在k^ν[x]中的不可約多項式, 因而 [k(ξ) : k] = n 且 [k_ν(ξ) : k_ν] = deg P (x)。

設交集k(ξ)∩kν是k的d次擴充。 因為在k_ν中, 對任意次數只有一k的擴充體是這次數, 故得 出

d = g.c.d.(n, ν),(n d與ν

d互質)。

因此

[kν(ξ) : kν] = [k(ξ) : k(ξ) ∩ k^µ] = n

= deg P (x)。 d

且p(x)在k_ν[x]中 有d個 相 異 不 可 約 因 式

把P (x)與p(x)分別寫成

p(x) = xⁿ⁻¹+ bx^x−1+ . . . + a 且 P (x) = x^n/d+ Bd^(n/d)−1+ . . . + A

由定理 5, 則有

b = −Tr^k(ξ)/k(−ξ) = Tr^k(ξ)/k(ξ), a = (−1)ⁿNk(ξ)/k(−ξ) = N^k(ξ)/k(ξ) B = −Tr^kν(ξ)/kν(−ξ) = Tr^kν(ξ)/kν(ξ)且 A = (−1)^n/dNk^ν(ξ)/k^ν(−ξ) = N^kν(ξ)/kν(ξ)

因此

λ(p) = χ(a)ψ(a)

= χ(Nk(ξ)/k(ξ))ψ(Trk(ξ)/k(ξ))

且

∧(P ) = X(A)Ψ(B)

= χ(N_kν/k(A))ψ(Tr_kν/k(B))

= χ(Nkν(ξ)/k(ξ))ψ(Trknu(ξ)/k(ξ))

= χ(N_k(ξ)/k(ξ))^ν/dψ(Tr_k(ξ)/k(ξ))^ν/d

= λ(p)^ν/d

故

Y

P |p,P ∈T

e

(1 − ∧(P )U^{deg U})⁻¹

= (1 − λ(p)^ν/dU^n/d)^−d

把U換成u^ν, 則有

[1 − λ(p)^ν/dU^n/d]⁻¹ = [1 − λ(p)^ν/du^nν/d]^−d

=

ν/d

Y

i=1

[1 − λ(p)ζν/dⁱ uⁿ]^−d

=

Y

ν i=1

[1 − λ(p)(ζνⁱu)ⁿ]⁻¹

其中ζ_m是 1的m次原始方根。 我們得證了 1 + g(X, Ψ)u^ν

=

^Y

p∈T

Y

ν i=1

[1 − λ(p)(ζνⁱu)^{deg p}]⁻¹

=

Y

ν i=1

[1 − g(x, ψ)ζνⁱu]

= 1 − [−g(x, ψ)]^νu^ν

這證明了定理。

參考文獻

1. N. Jacobson: Basic Algebra I, Freeman, San Francisco (1980).

2. S. Lang: Algebra, Addison-Wesley, Reading, Mass (1967).

3. A. Weil: Numbers of solutions of equa-

tion in finite fields, Bulletin of Amer.

Math. Soc. 55, 497-508 (1949).

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本文本文作者為美國賓州州立大學數學系 教授

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現正訪問國立台灣大學數學系

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