Es cierto que cada elemento de a $\mathbb{F}_p$ $n$- ésima raíz en $\mathbb{F}_{p^n}$?

Question

No es difícil probar que cada elemento de a $\mathbb{F}_p$ tiene una raíz cuadrada en $\mathbb{F}_{p^2}$: tome $a \in \mathbb{F}_p$ y considerar el polinomio $f = X^2 - a$. Si $f$ tiene una raíz en $\mathbb{F}_p$, entonces hemos terminado. De lo contrario, $f$ es irreducible sobre $\mathbb{F}_p$, vamos a $\beta \in \overline{\mathbb{F}_p}$ ser una raíz de $f$, entonces la extensión de $\mathbb{F}_p(\beta)$ tiene el grado $2$$\mathbb{F}_p$, y por lo tanto por la singularidad de campos finitos tenemos $\mathbb{F}_p(\beta) = \mathbb{F}_{p^2}$, lo $\beta \in \mathbb{F}_{p^2}$. Con exactamente la misma prueba, podemos ver que cada elemento de a $\mathbb{F}_p$ tiene una raíz cúbica en $\mathbb{F}_{p^3}$.

Pero no sé si una declaración similar se tiene para un arbitrario $n$. Si $n>3$, el hecho de que $X^n - a$ no tiene raíz en $\mathbb{F}_p$ ya no es equivalente a ser irreductible. Así que lo que habría que mostrar en este caso es que el $X^n - a$ tiene un factor irreducible cuyo grado es un divisor de a $n$. No veo cómo hacerlo.

El problema estaría resuelto si pudiéramos demostrar que $\mathbb{F}_{p^n}$ contiene un elemento $\beta$ cuyo orden multiplicativo es $n(p-1)$, ya que en ese caso $\beta^n$ es una raíz primitiva de mod $p$. Pero, por el hecho de que $\mathbb{F}_{p^n}^{\times}$ es un grupo cíclico, si se sigue que la condición anterior es equivalente a $n \mid p^{n-1} + p^{n-2} + \ldots + p + 1$, que no necesariamente (en algunos casos especiales, tales como $p \equiv 1 \pmod{n}$).

Podría alguien por favor ayuda con esto?

Answer 1

He aquí un unsatisfyingly respuesta parcial, pero es tarde y no estoy pensando con claridad. Estamos en buena forma si $n$ es un número primo, vamos a llamar a $q$ lugar.

Tres casos: el Primero, $q=p$ está bien, todo es un $p$-ésima potencia ya. El segundo caso es que el $q$ no divide $p-1$. A continuación,$\gcd(q,p-1)=1$, y de nuevo cada elemento de a $\mathbb F_p$ $q$- ésima potencia. Tercer caso, $q|(p-1)$, entonces todos los $q$-th raíces de la unidad son en $\mathbb F_p$, por lo que adjunto raíz de $X^q-c$ consigue todo de ellos, y si $c$ no $q$-ésima potencia en $\mathbb F_p$, entonces la extensión cíclica de grado $q$, igual a $\mathbb F_{p^q}$. La forma en que me estaba mirando compuesta $n$ me llevó a complicaciones, pero probablemente me falta algo fácil.

Answer 2

Creo que la siguiente extensión para el prof. Lubin del argumento resuelve la cuestión en sentido afirmativo.

Primero vamos a escribir $n=n_1n_2$, donde todos los factores primos de a $n_1$ también son factores de $p-1$, e $\gcd(n_2,p-1)=1$. Para todos los $a\in \mathbb{F}_p$ la ecuación de $x^{n_2}-a$ tiene una raíz $y$ en el primer campo, por lo que es suficiente para mostrar que $y$ $n_1$th raíz en $\mathbb{F}_{p^{n_1}}\subseteq\mathbb{F}_{p^n} $.

Lema. Suponga que $q$ es un número primo, y que el campo finito $K$ contiene una primitiva $q^{th}$ raíz de la unidad $\zeta$. Deje $\alpha\in K$ ser arbitraria. Entonces el polinomio $$f(x)=x^q-\alpha$$ tiene una raíz en el único grado $q$ extensión $L$$K$.

Prueba. Si $f(x)$ tiene una raíz en $K$, luego de que la raíz es también en $L$. Si no la raíz existe en $K$, a raíz de $\beta$ existe en $\overline{K}$. Porque los otros ceros de $f(x)$ son provenientes de las $\beta$ multiplicando con una potencia de $\zeta$, podemos ver que $K[\beta]$ es la división de campo de la $f(x)$. Deje $\sigma$ ser un generador de la cíclico grupo de Galois $\operatorname{Gal}(K[\beta],K)$. A continuación, $\sigma(\beta)=\beta\zeta^\ell$ para algunos exponente $\ell$ coprime a $q$. Como $q$ es un primer e $\zeta$ es fijo por $\sigma$, podemos ver que $\sigma$ es de orden que no es un múltiplo de a $q$. Por lo tanto, su orden es exactamente $q$, y podemos concluir que $K[\beta]=L$. Q. E. D.

El reclamo sigue fácilmente de la Lema. Si $q$ es cualquier factor principal de $n_1$, luego $q\mid p-1$, por lo que el primer campo contiene ya la necesaria raíces de la unidad. Por lo tanto para hacer todas sus extensiones, y el Lema de las mordeduras. Más precisamente, si $d\mid dq\mid n_1$ donde $q\mid p-1$ es un número primo, entonces, por la hipótesis de inducción a la ecuación $$ x^d=a $$ tiene una solución $x\in\mathbb{F}_{p^d}$. Por el Lema, la ecuación de $y^q=x$ tiene una solución $y\in\mathbb{F}_{p^{dq}}$, e $y$ es una solución de $$y^{dq}=a.$$ Repeating this step enough many times gets us to $n_1$ liquidar la reclamación.