lo simple extensiones pueden ser naturalmente integrado en Conway algebraicas cierre de $\mathbb{F}_2$?

Question

John Conway demostró en su libro Sobre los Números y los Juegos (ch6, teorema 49) que el conjunto de todos los ordinales menores que $\omega^{\omega^\omega}$ formulario un campo de característica 2, que es isomorfo a $\bar{\mathbb{F}_2}$, la clausura algebraica de $\mathbb{F}_2$. La media aritmética de este campo se describe en más detalle en Lenstra de la nota, En la Clausura Algebraica de Dos Además, hay otra buena nota en este campo en lieven le bruyn del blog, neverendingbooks

Al hacerlo, Conway también demostró que el finito de los números que forman los campos de la misma manera son de la forma $2^{2^k}$. Deje $[n]$ denotar uno de tales campos (exempli gratia, $[4]=[2^2] ={0,1,2,3}$, el conjunto de todos los ordinales. Por lo tanto, tenemos todas las extensiones $[2^{2^n}]$ contenida en el clausura algebraica.

Hay una opción (y la construcción explícita) de monic polinomios irreducibles $m_n(x)$ grado $n$, de modo que el campo de isomorfismo $$ \mathbb{F}_2[x]/(m_n(x)) \cong [2^n] $$ es natural para todos finito $n=2^k$?

Supongo que tengo que decir lo que quiero decir por "natural". Déjeme que se lo explique, y por favor, hágamelo saber si esto no tiene sentido: siempre podemos construir una isomorphim $\phi$, si elegimos una raíz $\mu$ $m_n(x)$ y un correspondiente $\phi(\mu) \in \{3, 4, \ldots, n\}$, entonces los axiomas de campos y isomorphisms obligará a las otras opciones (creo). Quiero un set de $m_n(x)$'s de modo que el isomorfismo no depende de cualquier arbitrarias las decisiones que tomo. (Yo realmente no sé cómo hacer que precisa a lo que me refiero natural. Baste decir que estoy preguntando si hay un preferido conjunto de polinomios que hacen que el isomorfismo obvio!)

Actualización* por supuesto, a otros campos, $\mathbb{F}_{2^k}$ para k no es una potencia de dos, también debe vivir dentro de $\omega^{\omega^\omega}$. Como ya se ha señalado, $[\omega]$ es una ecuación cuadrática de cierre. Conway método es, a continuación, tomar un cúbicos de cierre, señalando que, a $[\omega^3], [\omega^9], \ldots$ son también campos; y después de tomar una quintic el cierre a través de los campos $[\omega^\omega], [\omega^{5 \omega}], \ldots$, et cetera. Por lo tanto en un campo como el de la $\mathbb{F}_8$ puede ser embebido en una de las cúbicos campos, exempli gratia $[\omega^3]$. Podemos describir cómo $\mathbb{F}_{2^k}$ encaja en estos campos, y podemos también encontrar un polinomio irreducible que nos da un natural de la incrustación?

*Tal vez esto debería ser una cuestión separada? Déjame saber...

Answer 1

Desde le Bruyn notas (así como de la utilidad del ejercicio de reproducir el NIM-tablas de multiplicar presentó) se deduce que sólo los campos $F_k=\mathbb{F}_{2^{2^k}}$ puede ser realizado con NIM-aritmético finito de los números ordinales de tal manera que $F_k=\{0,1,\ldots,2^{2^k}-1\}$. Todo esto es así (y apenas una sorpresa - al menos en retrospectiva), debido a que estos campos finitos forma de una secuencia anidada $$ F_0=\mathbb{F}_2\subconjunto F_1=\mathbb{F_4}\subconjunto F_2=\mathbb{F}_{16}\subconjunto F_3=\mathbb{F}_{256}\subconjunto\cdots $$ A continuación voy a describir de otra manera de forma recursiva la construcción de esta secuencia de campos finitos. Como consecuencia de ello vamos a obtener una fórmula recursiva para la mínima polinomios de los ordinales $2^{2^k}$. Tengo que admitir que no me siento lo suficientemente seguro como para probar mi mano con el infinito de los números ordinales, así que me dejo a alguien más.

Trabajamos dentro de una clausura algebraica $K$$\mathbb{F}_2$. Vamos a definir una secuencia de elementos $\alpha_i\in K,i=0,1,\ldots,$ como sigue. Deje $\alpha_0=1$, y vamos, para todos los números naturales $k$, $\alpha_{k+1}$ ser una de las soluciones de la ecuación $$ x^2+x+\alpha_k=0 $$ en $K$. Esta ecuación tiene dos soluciones de ($\alpha_{k+1}+1$ es el otro), pero solo uno de ellos. Esto puede sonar insatisfactorio al principio, pero que va a ser conjugados, por lo que no puede ser distinguido por algebraica significa cualquier manera.

Lema. Para todos los $k=0,1,\ldots,$ hemos $$ \begin{aligned} (i)&F_k=F_0(\alpha_k),\\ (ii)&\sum_{j=0}^{2^k-1}\alpha_k^{2^j}=1,\\ (iii)&\text{the polynomial}\ x^2+x+\alpha_k\in F_k[x]\ \text{is irreducible.} \end{aligned} $$

Prueba. Una inducción en $k$. El caso de $k=0$ es trivial, porque la suma de la reivindicación $(ii)$ constan de sólo el término $\alpha_0=1$, y el polinomio $x^2+x+1$ es irreducible sobre el primer campo, porque no tiene ceros allí.

Suponga que la demanda se mantiene para algunos $k=\ell$. De parte $(iii)$ de la inducción de la hipótesis de $\alpha_{\ell+1}\notin F_\ell$, e $[F_\ell(\alpha_{\ell+1}):F_\ell]=2$, por lo que desde la parte $(i)$ de la hipótesis de inducción es el que sigue a $F_\ell(\alpha_{\ell+1})$ es el único cuadrática extensión de $F_\ell$, es decir,$F_{\ell+1}$, lo que demuestra parte $(i)$ de la inducción de paso. Parte $(ii)$, luego sigue por la parte $(ii)$ de la inducción de la hipótesis de la siguiente manera. En la suma $$ S(\ell+1):=\sum_{j=0}^{2^{\ell+1}-1}\alpha_{\ell+1}^{2^j} $$ vamos a escribir $j=2n+\epsilon$ donde$0\le n\le 2^\ell-1$$\epsilon\in\{0,1\}$, por lo que $$ \begin{aligned} S(\ell+1)&=\sum_{n=0}^{2^k-1}\sum_{\epsilon=0}^1\alpha_{\ell+1}^{2^{2n+\epsilon}}\\ &=\sum_{n=0}^{2^\ell-1}(\alpha_{\ell+1}^2+\alpha_{\ell+1})^{2^n}\\ &=\sum_{n=0}^{2^\ell-1}\alpha_\ell^{2^n}=S(\ell)=1. \end{aligned} $$ Parte $(ii)$ es equivalente a decir que el absoluto de seguimiento de $\alpha_{\ell+1}$ $$ tr^{F_{\ell+1}}_{F_0}(\alpha_{\ell+1})=1. $$ Esto es relativamente bien conocido (preguntar, si no has visto esto) implica que el polinomio $$ x^2+x+\alpha_{\ell+1} $$ no tiene soluciones en $F_{\ell+1}$ demostrando parte $(iii)$, la inducción de paso, y el lema. Q. E. D.

El NIM-aritmética regla de le Bruyn notas: $2^{2^k}\cdot2^{2^k}=2^{2^k}+2^{2^{k-1}}$, a continuación, rápidamente nos permite definir un automorphism de $\bigcup_{k=0}^\infty F_k$ para el conjunto de los ordinales finitos por (NIM-algebraicamente) ampliación de la asignación de $\alpha_k\mapsto 2^{2^k}$.

Me prometió un hecho acerca de un mínimo de polinomios. El polinomio mínimo $f_1(x)$ $\alpha_1$ sobre el primer campo de $F_0$ es $$ f_1(x)=x^2+x+1. $$ El Lema y la definición recursiva, a continuación, implica que el mínimo polinomios $f_k(x)$ $\alpha_k$ $F_0$ satisface la relación de recurrencia. $$ f_{k+1}(x)=f_k(x^2+x). $$ Os dejo como ejercicio para demostrar que esto implica la fórmula cerrada $$ f_k(x)=1+\sum_{j=0}^k{k\elegir j}x^{2^j}\en F_0[x]. $$ Este es también el polinomio mínimo de la escala ordinal $2^{2^k}$.