Isomorfismo entre los anillos cociente sobre campos finitos

Question

Un % de la energía $q$, considerar polinomios $f_1,f_2 \in \mathbb{F}_q[x]$. Entonces, cómo comprobamos si existe un isomorfismo de álgebra entre:

$$\frac{\mathbb{F}_q[x]}{\langle f_1 \rangle} \text{and} \frac{\mathbb{F}_q[x]}{\langle f_2 \rangle}?$$

Esto probablemente tiene algo que ver con factorización $f_1$ y $f_2$ y usando Teorema chino del resto, pero no veo cómo exactamente.

Answer 1

Aquí es una prueba de la siguiente proposición:

Si $q$ es cualquier energía primaria y $f,g \in \mathbb F_q[x]$ irreductible de el mismo grado $d$, entonces no es un isomorfismo de $\mathbb F_q$-algebras $\mathbb F_q[x]/(f^n) \cong \mathbb F_q[x]/(g^n)$.

Esta propuesta responde a la pregunta, utilizando el teorema del resto Chino.

En primer lugar, permítanme prueba el siguiente sencillo lema:

Si $l$ es una energía primaria y $A \supset \mathbb F_l$ un álgebra con $l^2$ elementos y un elemento $0 \neq a \in A$$a^2=0$, $A$ es isomorfo a $\mathbb F_l[\varepsilon]/(\varepsilon^2)$.

Prueba. Es evidente que conseguir un morfismos $\mathbb F_l[\varepsilon]/(\varepsilon^2) \to A$ mediante el envío de $\varepsilon \mapsto a$, que es inyectiva porque $\varepsilon$ no está contenida en el núcleo. Comparando el número de elementos de la muestra que es un isomorfismo.

Ahora podemos prueba de la proposición anterior:

Sabemos que la afirmación es verdadera para $n=1$, es decir, tenemos un isomorfismo $$\mathbb F_q[x]/(f) \to \mathbb F_q[x]/(g).$$ La elección de un isomorfismo no es otra cosa, pero la elección de un polinomio $h \in \mathbb F_q[x]$$f(h(x)) = 0 \pmod{g(x)}$.

Si $f(h(x)) \neq 0 \pmod{g(x)^2}$ hemos terminado, porque en este caso tenemos que $f(h(x))^n \neq 0 \pmod{g(x)^n}$$f(h(x))^{n-1} \neq 0 \pmod{g(x)^n}$, con lo que obtenemos una bien definida inyectiva de morfismos $$\mathbb F_q[x]/(f^n) \to \mathbb F_q[x]/(g^n)$$ by sending $x \mapsto h(x)$, que es de nuevo un isomorfismo al comparar el número de elementos.

Si $f(h(x)) = 0 \pmod{g(x)^2}$, obtenemos una bien definida de morfismos $\mathbb F_q[x]/(f) \to \mathbb F_q[x]/(g^2)$, es decir, $\mathbb F_q[x]/(g^2)$ es un álgebra sobre$\mathbb F_{q^d}$, lo que claramente satisface las hipótesis del lema anterior, es decir, es isomorfo a $\mathbb F_{q^d}[\varepsilon]/(\varepsilon^2)$.

- Por $n=2$ - hemos demostrado el siguiente:

Si $f(h(x)) \neq 0 \pmod{g(x)^2}$, luego tenemos a la deseada isomorfismo. Si $f(h(x)) = 0 \pmod{g(x)^2}$, $\mathbb F_q[x]/(g^2)$ es isomorfo a $\mathbb F_{q^d}[\varepsilon]/(\varepsilon^2)$

Por supuesto, podemos cambiar los papeles de $f$$g$, y obtener un $h'$ con:

Si $g(h'(x)) \neq 0 \pmod{f(x)^2}$, luego tenemos a la deseada isomorfismo. Si $g(h'(x)) = 0 \pmod{f(x)^2}$, $\mathbb F_q[x]/(f^2)$ es isomorfo a $\mathbb F_{q^d}[\varepsilon]/(\varepsilon^2)$

En resumen, hemos demostrado el resultado de $n=2$, es decir, tenemos un isomorfismo $$\mathbb F_q[x]/(f^2) \to \mathbb F_q[x]/(g^2).$$ Ahora repetimos nuestro argumento: la Elección de un isomorfismo no es otra cosa, pero la elección de un polinomio $h \in \mathbb F_q[x]$ con

(i) $f(h(x))^2 = 0 \pmod{g(x)^2}$, pero

(ii)$f(h(x)) \neq 0 \pmod{g(x)^2}$.

La primera propiedad de los rendimientos (iii) $f(h(x)) = 0 \pmod{g(x)}$. Como ya se ha explicado (ii),(iii) el rendimiento de un isomorfismo $$\mathbb F_q[x]/(f^n) \to \mathbb F_q[x]/(g^n).$$

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Editar:

Para la pregunta original, me reclamó una condición en los comentarios, que es claramente suficiente. Aquí es un argumento fácil de que es necesario:

W. l.o.g deje $n_1$ ser el más grande de entre todas las multiplicidades $n_i,m_j$. A continuación, $\mathbb F_q[x]/(f)$ tiene un nilpotent elemento de nilpotence orden de $n_1$, es decir,$f_1$. De modo que el anillo ha $\mathbb F_q[x]/(g)$ también ha dicho elemento, decir $\phi(f_1)$. Esta muestra algunas de las $m_j$ debe ser de al menos $n_1$. Por el maximality de $n_1$, obtenemos que algunos $m_j$ es igual a $n_1$, w.l.o.g es $m_1$. Después de deslinde $f_1$ $\mathbb F_q[x]/(f)$ y su imagen en $\mathbb F_q[x]/(g)$, obtenemos un isomorfismo $\mathbb F_q[x]/(f_1) \cong \mathbb F_q[x]/(\phi(f_1))$, por lo tanto podemos deducir que $\deg f_1 = \deg \phi(f_1)$ $\phi(f_1)$ es irreductible. Este rendimientos $\varphi(f_1)=g_1$. Así hemos demostrado que la multiplicidad y el grado de uno de los factores irreducibles coincide. El resto es una inducción argumento.