指数多项式的Galois群计算

Posted 2022-12-28 xiongruimath

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$f_n=\\sum_k=0^n \\fracX^kk!$, 那么$f_n$的Galois群是$\\mathfrakS_n$如果$4\\nmid n$, 是$\\mathfrakA_n$如果$4|n$. 所谓多项式的Galois群是指其在$\\mathbbQ$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$-\\frac1p^n_k\\fracp^n_k-1p-1$. 

• 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$\\mathbbQ_p$上的Galois群的阶，从而也整除$\\mathbbQ$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$\\mathfrakS_n$的可迁子群$H$有一个$p$-轮换，且$p>n/2$，那么$H$必定含$\\mathfrakA_n$. 
• 而一个多项式的Galois群是否含于$\\mathfrakA_n$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: 

• https://mattbaker.blog/2014/05/02/newton-polygons-and-galois-groups/
• https://math.stackexchange.com/questions/2814220/how-does-schur-determine-galois-groups-of-truncated-exponential-series/3376217#3376217

 

俄罗斯虽然不是每个人都是斯基，但是每个人都是医生