Calcular el campo fijo de una acción en particular

Question

Deje $K = \mathbb F_p(x)$, y deje $H = \left\{\begin{pmatrix} d & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \ \big| \ a \in \mathbb F_p, d \in \mathbb F_p^\times\right\}$ ser un grupo bajo la multiplicación de los actos que en $K$ través $\begin{pmatrix} d & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix} x = dx + a$.

¿Cómo puedo encontrar el campo fijo de $H$?

Si $f = \frac{g(x^p - x)}{h(x^p - x)}$, entonces la imagen en un punto genérico es $\frac{g(d(x^p-x))}{g(d(x^p-x))}$, que está cerca pero no es bastante.

Cualquier ayuda se agradece. Gracias

Answer 1

$\def\FF{\mathbf{F}_p} \def\FBAR{\overline{\mathbf{F}}_p}$Considera la serie de Laurent de un elemento $f(x) \in \FF(x)$ en el campo fijo de $H$:

$$ f(x) = \sum_{k=n}^{+\infty} c_k x^k $$

Debido a $f(x)$ es fijado por el mapa $x \mapsto dx$, tenemos

$$ \sum_{k=n}^{+\infty} c_k x^k = \sum_{k=n}^{+\infty} c_k d^k x^k$$

La elección de $d$ primitiva, vemos que sólo podemos tener $c_k \neq 0$ al $d^k = 1$: es decir, podemos escribir $f(x) = g(x^{p-1})$.

Ahora que tengo tiempo para ver esto de nuevo, veo Ewan Delannoy ya ha rematado un enfoque de este estilo (y creo que el OP ya tenía las ideas que yo no hubiera incluido aquí) así que voy a mostrar otro enfoque completamente.

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Deje $K$ ser el campo fijo. Queremos ver cómo $\FF(x)$ podría ser construido como una extensión de Galois de $K$. El candidato obvio para un generador es $x$ y sus conjugados. La definición de polinomio tendría que ser

$$ \begin{align*} f(t) &= \prod_{h \in H} (t - h(x)) \\ &= \prod_{d \in \FF^*} \prod_{a \in \FF} (t - (dx+a)) \\ &= \prod_{d \in \FF^*} \prod_{a \in \FF} ((t - dx) - a) \\ &= \prod_{d \in \FF^*} ((t - dx)^p - (t - dx)) \\ &= \prod_{d \in \FF^*} (t^p - t - d(x^p - x)) \\ &= (t^p - t)^{-1} \prod_{d \in \FF} (t^p - t - d(x^p - x)) \\ &= (t^p - t)^{-1} (x^p - x)^p \prod_{d \in \FF} \left( \frac{t^p - t}{x^p - x} - d \right) \\ &= (t^p - t)^{-1} (x^p - x)^p \left( \left(\frac{t^p - t}{x^p - x}\right)^p - \left(\frac{t^p - t}{x^p - x} \right) \right) \\&= \left( (t^p - t)^{p-1} - (x^p - x)^{p-1} \right) \end{align*}$$

Y por lo tanto, $K$ es isomorfo a $\FF(y)$ través $y \mapsto (x^p - x)^{p-1}$, y tenemos un grado explícito $p(p-1)$ polinomio $f(t) = (t^p - t)^{p-1} - y$ que define a $\FF(x)$ como una extensión de $\FF(y)$.

Answer 2

La identidad de la clave aquí es

$$ S(x)=(x^p-x)^{p-1}=x^{p-1}(x^{p-1}-1) $$

de modo que el polinomio $S$ anterior puede ser escrita como una función de la si $x^p-x$ y una función de $x^{p-1}$. Mostramos a continuación que el campo fijo es ${\mathbb F}_p(S(x))$.

Deje $f(x)$ ser una fracción racional fijo por $K$. Podemos escribir $f(x)=c\frac{u(x)}{v(x)}$ donde $c$ es una constante y $u$ $v$ son coprime unitario polinomios en $x$. Por hipótesis, $f$ es fijo por $x \mapsto dx+a$, lo $f(dx+a)=f(x)$ y, por tanto,$u(dx+a)v(x)=v(dx+a)u(x)$. Por Gauss lema, $u(x)$ divide $u(dx+a)$.

Deje $m$ es el grado de $u$. A continuación, $d^mu(x)$ divide $u(dx+a)$. Pero ya que los dos polinomios comparten el mismo grado y líder plazo (igual a 1), deben ser iguales. Por lo $u(dx+a)=d^mu(x)$ cualquier $d,a$.

Tomando $a=0$ $d$ primitiva como en Hurkyl la respuesta, vemos que existe un polinomio $G$ tal que $u(x)=G(x^{p-1})$.

Del mismo modo, teniendo en $a=d=1$, podemos ver que $u(x+1)=u(x)$. Podemos deducir que $w=u(x)-u(0)$ es idéntica a cero en ${\mathbb F}_p$, lo $w$ es un múltiplo de

$$ \prod_{q\in {\mathbb F}_p}(x-p)=x^{p}-x $$ Por inducción, es fácil ver entonces que hay un polinomio $H$ tal que $u(x)=H(x^p-x)$.

Por lo tanto $$ u(x)=G(x^{p-1})=H(x^p-x) $$

Por lo ${\sf deg}(u)=(p-1){\sf deg}(G)=p{\sf deg}(H)$. Por lo ${\sf deg}(u)$ es un múltiplo de a $p(p-1)$. Si $u$ es no constante, podemos hacer una división euclidiana de $u$$S$, y por inducción tenemos $u(x)\in {\mathbb F}_p(S(x))$. Del mismo modo $v(x)\in {\mathbb F}_p(S(x))$, por lo que $f(x) \in {\mathbb F}_p(S(x))$, qed.