¿Podemos encontrar el elemento del pedido$q^2-1$ en$\text{GL}_2(\mathbb{F}_q)$?

Question

Cómo encontrar el elemento de orden $q^2-1$ en $\text{GL}_2(\mathbb{F}_q)$? Estoy esperando encontrar el campo $\mathbb F_{q^2}$ como subalgebra de $2\times 2$ matrices sobre el campo $\mathbb F_q$ donde $q$ es el poder de los números primos. Yo estaba tratando con el elemento $\pmatrix {n&1 \\ 1&0}$ pero funciona sólo para $q=2,3,4,8,16$.

Se sugiere que este es el duplicado de la pregunta $GL_n(\mathbb F_q)$ tiene un elemento de orden $q^n-1$

Pero no sé cómo encontrar a $\mathbb F_{q^2}$ en $M_2(\mathbb F_q)$.

Aquí está la prueba en la BRECHA por encima de la matriz - $n$ es el generador del campo multiplicativo grupo.

gap> List([2,3,4,5,7,8,9,11,13,16,17,19,23,25,27,29,31,32,37,41],
>         k->Order([[Z(k),1],[1,0]]*Z(k)^0));
[ 3, 8, 5, 12, 16, 9, 20, 24, 28, 17, 16, 40, 22, 52, 56, 20, 64, 31, 76, 40 ]

Para dar mi motivación - quiero demostrar que el álgebra $M_2(\mathbb F_q)$ puede ser representado como ${a+bj}$ para $a,b$ pertenecientes a $\mathbb F_{q^2}$ y la multiplicación dada por Cayley-Dickson $$(a+bj)(c+dj)=ac+\bar db + (da+b\bar c)j,$$

where $j$ is matrix satisfying $\bar j=-j$.

Answer 1

Deje que $x^2+ax+b\in\mathbb{F}_q[x]$ sea un polinomio irreducible de cuyas raíces es un generador del grupo cíclico $\mathbb{F}_{q^2}^\times$ de orden $q^2-1$ . Defina $$A:=\begin{bmatrix}0&-b\\1&-a\end{bmatrix}\,.$ $ Muestre que el orden de $A$ es precisamente $q^2-1$ .

Answer 2

Voy a tratar de responder a algunas de la motivación parte de tu post. Gracias a reuns el comentario de abajo, ahora me doy cuenta de que estoy haciendo la suposición de que $q$ es una extraña energía primaria. Primero voy a mostrar cómo uno puede incrustar $\mathbb{F}_{q^2}$ en el espacio de la matriz $M_2(\mathbb{F}_q)$. Vamos a empezar con un campo finito $\mathbb{F}_q$. Nos gustaría construir un $\mathbb{F}_{q^2}$ a partir de ella. No hay un estándar de construcción para que. La primera se encuentra una irreductible (digamos monic), cuadrática, polinomial, dicen

$ f(x) = x^2 + ax + b \in \mathbb{F}_q[x] $

y luego define la $\mathbb{F}_{q^2}$ a $\mathbb{F}_q[x]/(f(x))$. Vamos

$\delta = a^2 - 4 b$

ser el discriminante de $f$. Entonces podríamos alternativamente han definido $\mathbb{F}_{q^2}$ de $\mathbb{F}_q$ colindando $\sqrt{\delta}$ . En otras palabras,

$\mathbb{F}_q[y]/(y^2-\delta) \simeq \mathbb{F}_{q^2}$.

Así, un elemento arbitrario $u$ de $\mathbb{F}_{q^2}$ puede ser escrita como:

$u = c + d\sqrt{\delta}$,

donde $c$ e $d$ son elementos de $\mathbb{F}_q$. Nos gustaría mapa de $\sqrt{\delta}$ para el elemento

$ \left( \begin{array}{cc} 0 & \delta \\ 1 & 0 \end{array} \right) \en GL(2;\mathbb{F}_q)$.

Tenga en cuenta que un elemento $u$ como en el anterior, se presenta a continuación, se asigna a

$ \left( \begin{array}{cc} c & \delta d \\ d & c \end{array} \right)$.

Estoy seguro de que el uso de acciones del grupo puede hacer que la anterior construcción limpiador (de hecho, ver a Daniel Schepler el argumento de abajo en los comentarios), pero al menos es explícito. Así, hemos encontrado una incrustación $f: \mathbb{F}_{q^2} \to M_2(\mathbb{F}_q)$.

El resto de esta respuesta viene directamente de Jyrki Lahtonen la respuesta a continuación, así como su comentario. Lo incluyo aquí para la integridad (que pueden dar los puntos a Jyrki Lahtonen para esa parte!).

Definir

$J = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array} \right)$

Tenga en cuenta que $J^2 = I$, $I$ siendo la identidad. Entonces, para todos los $u \in \mathbb{F}_{q^2}$, tenemos $J f(u) = f(\bar{u}) J$.

Ahora se puede comprobar que el mapa de $F$ que se asigna a$u_1 + j u_2$ a $f(u_1) + J f(u_2)$ es de hecho un isomorfismo, como se requiere. Gracias Jyrki Lahtonen una vez más por esta parte de la respuesta.

Answer 3

La cuestión principal (la parte con Cayley-Dickson) se sigue de la Skolem-Noether teorema.

Vamos a denotar $K=\Bbb{F}_q, L=\Bbb{F}_{q^2}$, y para todos los $z\in L$ deje $z^q=\overline{z}$ ser el Frobenius automorphism. Como las otras respuestas han explicado que existen formas de incrustar $L$ a $M_2(K)$. Vamos a arreglar uno de esos incrustación $\phi:L\to M_2(K)$. A continuación, $z\mapsto \phi(\overline{z})$ es otro de incrustación de $L$, así que por Skolem-Noether existe una matriz invertible $u\in M_2(K)$ tal que $u\phi(z)=\phi(\overline{z})u$ para todos los $z\in L$. La identificación de $L$ con $\phi(L)$ nos permite reescribir esto como $$uz=\overline{z}u\quad\text{for all $z\en L$.}\qquad(*)$$ A priori no hay ninguna razón para pensar que $u^2$ sería igual a la identidad. Sin embargo, siempre podemos organizar que ser el caso. Es decir, si $c\in L$ es arbitrario, se deduce que el $cz=zc$ para todos los $z\in L$ lo que implica que $u'=uc$ puede tomar el papel de $u$ en la ecuación de $(*)$. En realidad, el doble centralizador teorema nos dice que dos matrices de satisfacciones $(*)$ se incorporan a partir de la multiplicación por un elemento de a$L$.

De todos modos, la aplicación de $(*)$ dos veces nos dice que $$u^2z=u(uz)=u(\overline{z}u)=(u\overline{z})u=(zu)u=zu^2$$ para todos los $z\in L$. En otras palabras $u^2$ conmuta con todas las matrices en $L$. Trivialmente $u^2$ viajes con $u$. La suma de subespacios $L+uL$ debe ser directo, y por lo tanto todos los de $M_2(K)$. Nos acaban de demostrar que $u^2$ está en el centro de la $M_2(K)$. Por lo tanto, $u^2$ es un escalar matriz, y podemos pensar en ello como un elemento $u^2=\alpha\in K$.

Pero, para todos los $c\in L$ $$(uc)^2=u(cu)c=u^2\overline{c}c=u^2N(c),$$ donde $N:L\to K, z\mapsto z\overline{z}$ es la norma mapa. En el caso de los limitados campos de la norma mapa es surjective, por lo que podemos encontrar un elemento $c_0$ tal que $N(c_0)=1/\alpha$.

Por lo tanto $$ j=uc_0 $$ satisface la relación $j^2=1$ , así como la relación $jz=\overline{z}j$ para todos los $z\in L$ según lo prescrito.