Existencia de base ortogonal para extensión finita de Galois sobre la característica 2

Question

Existencia de base ortogonal para extensión finita de Galois sobre la característica 2

rastreo de campo
Matemáticas
álgebra lineal
campo de extensión
álgebra abstracta
extensiones-galois

ctst

Dejar $K$ ser un campo de característica $2$ y $L$ sea una extensión finita de Galois de $K$ . Teniendo en cuenta la huella $Tr_{L/K}: L \to K$ y $L$ como una dimensión finita $K$ -espacio vectorial sabemos, que $Tr_{L/K} \neq 0$ por lo tanto obtenemos un no degenerado $K$ -mapa bilineal

T r_{L / k} : L \times L \to k

$Tr_{L/K}: L \times L \to K$

(X, y) \mapsto T r_{L / k} (X y)

$(x,y) \mapsto Tr_{L/K}(xy)$

lo que nos da un isomorfismo $L \to L^*$ .

¿Existe una respuesta ortogonal? base autodual $\{x_1, \dots, x_n\}$ de $L$ , es decir, tenemos $Tr_{L/K}(x_i x_j)=0 \iff i \neq j$ .

Si la característica no es 2, es fácil construir tal base inductivamente. A saber, dejar $\langle x_1, \dots, x_k\rangle$ ser como se desee (ortogonal y su cuadrado tiene una traza distinta de cero) y por Gram-Schmidt tenemos una base de $\langle x_1, \dots, x_k\rangle^\perp$ . Desde $Tr_{L/K}$ no es degenerado encontramos $y,z \in \langle x_1, \dots, x_k\rangle^\perp$ con $Tr_{L/K}(yz) \neq 0$ y por lo tanto el cuadrado de cualquiera $y,z$ o $y+z$ son distintos de cero (char $\neq 2$ ). Para el caso char=2, solo encontré ejemplos en los que funciona hasta ahora.

Jyrki Lahtonen

Ha pasado un tiempo desde que necesitaba esta información. Si

K

$K$ es el campo principal, entonces creo que tal base siempre existe. Un argumento es que si comienzas con cualquier base

{x_{1}, \dots, x_{n}}

$\{x_1,\ldots, x_n\}$ , entonces la matriz

A = t r (x_{i} x_{j})

$A=tr(x_ix_j)$ es simétrica y tiene rango completo. También al menos una de las entradas diagonales de

A

$A$ debe ser distinto de cero. Un resultado de Seroussi y Lempel dice entonces que

A = M M^{T}

$A=MM^T$ para algunos

n \times n

$n\times n$ matriz

M

$M$ . Usando

M

$M$ como una matriz de cambio de base le da el reclamo.

Jyrki Lahtonen

IIRC una prueba inductiva del resultado de Seroussi-Lempel no es demasiado difícil. Su resultado cubre la construcción de una matriz de tamaño mínimo.

M

$M$ para todas las matrices simétricas

A

$A$ encima

F_{2}

$\Bbb{F}_2$ . Y el caso donde

A

$A$ tiene todos ceros a lo largo de la diagonal es el complicado, y hay

M

$M$ tiene

r (A) + 1

$r(A)+1$ columnas, de lo contrario

r (A)

$r(A)$ las columnas son suficientes. No estoy seguro sobre el caso más general. Como usted observó, la auto-dualidad es imposible de lograr si

L / K

$L/K$ no es separable. Porque entonces la función de traza desaparece por completo.

Jyrki Lahtonen

Necesito consultar mi biblia de Campos Finitos (en mi oficina) para más, así que tendré que esperar.

Respuestas (1)

Existencia de base ortogonal para extensión finita de Galois sobre la característica 2

Ha pasado un tiempo desde que necesitaba esta información. Si $K$ es el campo principal, entonces creo que tal base siempre existe. Un argumento es que si comienzas con cualquier base $\{x_1,\ldots, x_n\}$ , entonces la matriz $A=tr(x_ix_j)$ es simétrica y tiene rango completo. También al menos una de las entradas diagonales de $A$ debe ser distinto de cero. Un resultado de Seroussi y Lempel dice entonces que $A=MM^T$ para algunos $n\times n$ matriz $M$ . Usando $M$ como una matriz de cambio de base le da el reclamo.
IIRC una prueba inductiva del resultado de Seroussi-Lempel no es demasiado difícil. Su resultado cubre la construcción de una matriz de tamaño mínimo. $M$ para todas las matrices simétricas $A$ encima $\Bbb{F}_2$ . Y el caso donde $A$ tiene todos ceros a lo largo de la diagonal es el complicado, y hay $M$ tiene $r(A)+1$ columnas, de lo contrario $r(A)$ las columnas son suficientes. No estoy seguro sobre el caso más general. Como usted observó, la auto-dualidad es imposible de lograr si $L/K$ no es separable. Porque entonces la función de traza desaparece por completo.
Necesito consultar mi biblia de Campos Finitos (en mi oficina) para más, así que tendré que esperar.

gregingre · Answer 1

El siguiente resultado más general es cierto en general.

Thm. Dejar $b:E\times E\to F$ una forma bilineal simétrica no alternante no degenerada sobre un campo $F$ de característica $2$ (dónde $E$ es de dimensión finita $F$ -espacio vectorial. Entonces $E$ tiene un $b$ -base ortogonal.

Dejar $f_b: x\in E\to b(x,x)\in F$ . Ya que estamos en característica $2$ , este mapa es aditivo. Esto será útil para los cálculos.

Nosotros decimos eso $b$ es alterna si $f_b$ es el mapa cero, y no alterna en caso contrario.

Tenga en cuenta que en su situación, su forma bilineal no es alterna, porque $Tr_{L/K}(x^2)=(Tr_{L/K}(x))^2$ , y la traza es un mapa distinto de cero ya que una extensión de Galois es separable (por lo tanto, su resultado será cierto de manera más general para extensiones separables finitas).

Prueba.

Afirmar. Existe $e_1,e_2\in E$ tal que $b(e_1,e_1)\neq 0$ , $b(e_1,e_2)=0$ y $b(e_2,e_2)\neq 0.$

Suponga que la afirmación está probada. Entonces, desde $b(e_1,e_1)\neq 0$ ,la restricción de $b$ a $Fe_1$ no es degenerado, por lo que $E=Fe_1\oplus (Fe_1)^\perp$ . Ahora la restricción de $b$ en $(Fe_1)^\perp$ es no degenerada y no alterna, por suposiciones sobre $e_2$ , y podemos concluir por inducción (elija un $b$ -base ortogonal de $(Fe_1)^\perp$ y añadir $e_1$ lo).

Prueba de la demanda.

Desde $b$ no es alterna, elige $e_1\in E$ tal que $\lambda= b(e_1,e_1)\neq 0$ . De ahí la restricción de $b$ a $Fe_1$ no es degenerado, por lo que $E=Fe_1\oplus (Fe_1)^\perp$ .

Si $b$ no está alternando $(Fe_1)^\perp$ , elige cualquiera $e_2\in (Fe_1)^\perp$ tal que $b(e_2,e_2)\neq 0$ .

Si $b$ está alternando $(Fe_1)^\perp$ , elige un valor distinto de cero $e_2\in (Fe_1)^\perp$ . Desde la restricción de $b$ a $(Fe_1)^\perp$ no es degenerado, existe $e_3\in (Fe_1)^\perp$ tal que $b(e_2,e_3)=1$ . Fíjate que tenemos $b(e_3,e_3)=0$ . Colocar $e'_1=e_1+\lambda e_2+\lambda e_3$ y $e'_2=e_1+e_2$ . Entonces $b(e'_1,e'_1)=\lambda\neq 0$ y $b(e'_1, e'_2)=0$ . Ahora $b(e'_2,e'_2)=\lambda\neq 0$ , y hemos terminado.

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