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Field 的 Characteristic

對一般的 field F, 若 a $\in$ F, 由於 1 $\in$ F, 故對任意的 n $\in$ $\mathbb {N}$ 我們有

$\displaystyle \underbrace{a+\cdots +a}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ = ( $\displaystyle \underbrace{1+\cdots +1}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ )^.a.

(9.1)

要注意在這裡 1 加 n 次並不等於 n, 這是由於這裡的 1 是 F 中的 1 並不是自然數 $\mathbb {N}$ 中的 1. 例如上例中 $\overline{1}$ 是 $\mathbb {Z}$ /5 $\mathbb {Z}$ 中的 1, 但

$\displaystyle \overline{1}$ + $\displaystyle \overline{1}$ + $\displaystyle \overline{1}$ + $\displaystyle \overline{1}$ + $\displaystyle \overline{1}$ = $\displaystyle \overline{0}$ ,

而在 $\mathbb {N}$ 中 5 是不等於 0 的. 所以我們不能把式子 (9.1) 寫成

$\displaystyle \underbrace{a+\cdots +a}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ = n^.a.

不過為了方便, 對任意 a $\in$ F 且 n $\in$ $\mathbb {N}$ 我們用 na 來表示 a 自己加自己 n 次, 也就是說

$\displaystyle \underbrace{a+\cdots +a}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ = na.

希望不會造成大家的困擾. 因此我們可以將式子 (9.1) 寫成

na = $\displaystyle \underbrace{a+\cdots +a}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ = ( $\displaystyle \underbrace{1+\cdots +1}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ )^.a = (n1)^.a.

Lemma 9.2.1 假設 F 是一個 field, 則對 F 下面兩種情況之ㄧ會發生:

對任意 n $\in$ $\mathbb {N}$ 且 a $\in$ F $\setminus$ {0} 皆有 na $\ne$ 0.
存在一個 prime p $\in$ $\mathbb {N}$ 使得對任意的 a $\in$ F 皆有 pa = 0.

証明. 考� $\phi$ : $\mathbb {Z}$ $\to$ F 其中 $\phi$ (0) = 0, 且對任意 n $\in$ $\mathbb {N}$ , $\phi$ (n) = n1, $\phi$ (- n) = n(- 1). 即

$\displaystyle \phi$ (n) = $\displaystyle \underbrace{1+\cdots +1}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ 且 $\displaystyle \phi$ (- n) = $\displaystyle \underbrace{(-1)+\cdots+(-1)}_{n\mbox{ 次}}^{}\,$ .

注意這裡的 1 是 F 中的 1, 而 -1 是 F 中 1 的加法 inverse. 很容易檢查 $\phi$ 是一個從 $\mathbb {Z}$ 到 F 的 ring homomorphism.

畢瓞 $\phi$ 的 kernel. 由 ring 的 1st isomorphism theorem (Theorem 6.4.2) 我們有

$\displaystyle \mathbb {Z}$ /ker( $\displaystyle \phi$ ) $\displaystyle \simeq$ im( $\displaystyle \phi$ ).

然而 im( $\phi$ ) 會是 F 的一個 subring (Lemma 6.3.3), 故由 F 是 integral domain (Lemma 9.1.1) 知 im( $\phi$ ) 也是一個 integral domain. 換句話說 $\mathbb {Z}$ /ker( $\phi$ ) 是一個 integral domain. 另一方面 ker( $\phi$ ) 會是 $\mathbb {Z}$ 的一個 ideal (Lemma 6.3.3) 故利用 Theorem 6.5.7 知 ker( $\phi$ ) 是 $\mathbb {Z}$ 的一個 prime ideal. 因 $\mathbb {Z}$ 是一個 principle ideal domain, 故存在 a $\in$ $\mathbb {N}$ 滿足 ker( $\phi$ ) = $\bigl($ a $\bigr)$ . 利用 Lemma 8.1.9 我們知 a = 0 或 a = p, 其中 p 是 $\mathbb {Z}$ 中的一個 prime.

(1) ker( $\phi$ ) = $\bigl($ 0 $\bigr)$ 的情形: 此時因對任意的 n $\in$ $\mathbb {N}$ , 皆有 n1 $\ne$ 0 (因 n $\not\in$ ker( $\phi$ )), 故知對任意的 a $\in$ F 且 a $\ne$ 0, 因 F 是 integral domain, 皆有

na = (n1)^.a $\displaystyle \ne$ 0.

(2) ker( $\phi$ ) = $\bigl($ p $\bigr)$ 的情形: 此時因 p $\in$ ker( $\phi$ ), 我們有 p1 = 0. 故得對任意的 a $\in$ F 皆有

pa = (p1)^.a = 0.

$\qedsymbol$

在 Lemma 9.2.1 中的 0 或 p 對 field 的分類上是很重要的, 因此我們有以下之定義.

Definition 9.2.2 假設 F 是一個 field. 若對任意的 n $\in$ $\mathbb {N}$ 且 a $\in$ F $\setminus$ {0} 皆有 na $\ne$ 0, 則稱 F 的 characteristic 是 0. 記為 char(F) = 0. 反之若存在 p $\in$ $\mathbb {N}$ 是 $\mathbb {Z}$ 中的 prime 使得對任意的 a $\in$ F 皆有 pa = 0, 則稱 F 的 characteristic 是 p. 記為 char(F) = p.

例如有理數所成的 field $\mathbb {Q}$ 的 characteristic 就是 0. 又例如在 Example 9.1.3 中的 $\mathbb {Z}$ /5 $\mathbb {Z}$ 就符合對任意的 a $\in$ $\mathbb {Z}$ /5 $\mathbb {Z}$ 皆有 5a = 0, 所以我們有 char( $\mathbb {Z}$ /5 $\mathbb {Z}$ ) = 5.

要注意由 Lemma 9.2.1 我們知若 F 是一個 field, 則 char(F) 要不是等於 0 就是等於一個 prime p. 如果 char(F) = p $\ne$ 0, 則此 p 是滿足 pa = 0 其中 a $\in$ F $\setminus$ {0} 的最小的正整數. 因為若 n $\in$ $\mathbb {N}$ 且 na = 0, 則由 F 是 integral domain 以及

na = (n1)^.a = 0

知 n1 = 0. 也就是說 n $\in$ ker( $\phi$ ) = $\bigl($ p $\bigr)$ . 這告訴我們 n $\ge$ p.

若 F 是一個 field 且 F 只有有限多個元素, 則我們稱 F 為一個 finite field.

Lemma 9.2.3 若 F 是一個 finite field, 則存在一 prime p $\in$ $\mathbb {N}$ 使得 char(F) = p.

証明. 由 Lemma 9.2.1 我們知 char(F) = 0 或 char(F) = p 其中 p 是一個質數. 我們要說明 char(F) 不可能是 0. 其實如果 char(F) = 0, 表示前面定的那個 ring homomorphism $\phi$ : $\mathbb {Z}$ $\to$ F 符合 ker( $\phi$ ) = $\bigl($ 0 $\bigr)$ , 也就是說 $\phi$ 是一對一的. 換言之 $\mathbb {Z}$ $\simeq$ im( $\phi$ ) $\subseteq$ F. 然而 $\mathbb {Z}$ 有無窮多個元素, 故得到 F 中有一個 subring 其元素有無窮多個. 此和 F 是 finite field 相矛盾, 故知 char(F) = p $\ne$ 0. $\qedsymbol$

利用 Proposition 9.1.5 我們可得以下有關於 characteristic 的性質. 它告訴我們當兩個 field 的 characteristic 不相同時, 它們之間不可能存在 nontrivial 的 ring homomorphism.

Proposition 9.2.4 假設 F 和 F' 是 fields 且 F 和 F' 之間存在 nontrivial 的 ring homomorphism, 則 char(F) = char(F').

証明. 假設 $\psi$ : F $\to$ F' 不是一個 trivial 的 ring homomorphism, 由 Proposition 9.1.5 (1) 知 $\psi$ (1_F) = 1_F'. 因此若 char(F) = p $\ne$ 0, 利用

$\displaystyle \psi$ (p1_F) = $\displaystyle \psi$ (0) = 0

以及

$\displaystyle \psi$ (p1_F) = $\displaystyle \psi$ ( $\displaystyle \underbrace{1_F+\cdots 1_F}_{p\mbox{ 次}}^{}\,$ ) = p $\displaystyle \psi$ (1_F) = p1_F',

我們得

p1_F' = 0.

故知 char(F') $\ne$ 0. 然而若 char(F') = q $\ne$ p, 則因 p 和 q 皆是質數所以互質, 故存在 m, n $\in$ $\mathbb {Z}$ 使得 mp + nq = 1. 因此由 p1_F' = q1_F' = 0 可得

1_F' = (mp + nq)1_F' = 0,

造成矛盾. 故知 char(F) = char(F').

另� 若 char(F) = 0, 此時對任意 n $\in$ $\mathbb {N}$ 皆有 n1_F $\ne$ 0. 利用 Proposition 9.1.5 (2) 知 $\psi$ (n1_F) $\ne$ 0. 換句話說

$\displaystyle \psi$ (n1_F) = n $\displaystyle \psi$ (1_F) = n1_F' $\displaystyle \ne$ 0,

這表示 char(F') = 0. $\qedsymbol$

最後我們來看當 char(F) = p $\ne$ 0 時, 在運算上的一個特殊性質.

Lemma 9.2.5 假設 F 是一個 field 且 char(F) = p $\ne$ 0, 則對任意 a, b $\in$ F, 我們有

(a + b)^pⁿ = a^pⁿ + b^pⁿ and (a - b)^pⁿ = a^pⁿ - b^pⁿ, $\displaystyle \forall$ n $\displaystyle \in$ $\displaystyle \mathbb {N}$ .

証明. 我們先用 induction 證明 (a + b)^pⁿ = a^pⁿ + b^pⁿ. 首先考� n = 1 的情況. 我們先檢查 (a + b)² 為何? 由於 (a + b)² = a² + a^.b + b^.a + b², 利用 F 是一個 field 知 a^.b = b^.a, 因此我們得 (a + b)² = a² + 2(a^.b) + b². 再次強調這裡 2(a^.b) 是 (a^.b) + (a^.b) 而不是 2^.(a^.b). 所以� 續下去我們可以利用類似二項式定理得

(a + b)^p = a^p + p(a^{p - 1 .}b) + ^... + $\displaystyle \binom{p}{i}$ (a^{i .}b^{p - i}) + ^... + b^p.

由於 char(F) = p, 對任意 $\alpha$ $\in$ F, $\alpha$ 自己連加自己 p 次等於 0 (即 p $\alpha$ = 0). 大家都知道當 p 是質數且當 i = 1,..., p - 1 時, $\binom{p}{i}$ 是 p 的倍數, 故知此時 $\binom{p}{i}$ (a^{i .}b^{p - i}) = 0. 因此我們可得

(a + b)^p = a^p + b^p.

(9.2)

異Q用歸納假設

(a + b)^{p^{n - 1}} = a^{p^{n - 1}} + b^{p^{n - 1}},

(9.3)

故利用式子 (9.2) 和 (9.3) 我們知

(a + b)^pⁿ = $\displaystyle \bigl($ (a + b)^{p^{n - 1}} $\displaystyle \bigr)^{p}_{}$ = (a^{p^{n - 1}} + b^{p^{n - 1}})^p = a^pⁿ + b^pⁿ.

接下來證明 (a - b)^pⁿ = a^pⁿ - b^pⁿ. 首先注意當 char(F) = 2 時, 對任意 $\alpha$ $\in$ F 我們有 $\alpha$ + $\alpha$ = 2 $\alpha$ = 0, 故知 $\alpha$ = - $\alpha$ . 因此在 p = 2 時我們自然有

(a - b)^pⁿ = (a + b)^pⁿ = a^pⁿ + b^pⁿ = a^pⁿ - b^pⁿ.

而當 p 是 odd prime number 時, 由於對任意 $\alpha$ 皆有 (- $\alpha$ )^pⁿ = - $\alpha^{p^n}_{}$ (Corollary 5.2.4), 我們得

(a - b)^pⁿ = $\displaystyle \bigl($ a + (- b) $\displaystyle \bigr)^{p^n}_{}$ = a^pⁿ + (- b)^pⁿ = a^pⁿ - b^pⁿ.

$\qedsymbol$

Lemma 9.2.5 也可以推廣到 F[x] 上的運算. 注意 F[x] 上的 polynomial 的係數都在 F 中, 而且 F[x] 上的加法依定義是將同次項的係數都加起來. 因此若 char(F) = p 時, 對任意的 f (x) = a_nxⁿ + ^... + a₀ $\in$ F[x] 我們都有

$\displaystyle \underbrace{f(x)+\cdots+f(x)}_{\mbox{$p$ 次}}^{}\,$ = ( $\displaystyle \underbrace{a_n+\cdots+a_n}_{\mbox{$p$ 次}}^{}\,$ )xⁿ + ^... + ( $\displaystyle \underbrace{a_0+\cdots+a_0}_{\mbox{$p$ 次}}^{}\,$ ) = 0.

因此利用類似 Lemma 9.2.5 的證明我們有以下的性質:

Lemma 9.2.6 假設 F 是一個 field 且 char(F) = p $\ne$ 0, 則對任意 f (x) = a_mx^m + ^... + a₀ $\in$ F[x], 我們有

(f (x))^pⁿ = a_m^pⁿx^mpⁿ + ^... + a₀^pⁿ, $\displaystyle \forall$ n $\displaystyle \in$ $\displaystyle \mathbb {N}$ .

特別當 a $\in$ F 時, 我們有

(x - a)^pⁿ = x^pⁿ - a^pⁿ, $\displaystyle \forall$ n $\displaystyle \in$ $\displaystyle \mathbb {N}$ .

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Administrator 2005-06-18