Existenz einer orthogonalen Basis für endliche Galois-Erweiterung über Merkmal 2

Question

Existenz einer orthogonalen Basis für endliche Galois-Erweiterung über Merkmal 2

Feldspur
Mathematik
Lineare Algebra
Erweiterungsfeld
abstrakte Algebra
Galois-Erweiterungen

ctst

Lassen $K$ ein Merkmalsfeld sein $2$ Und $L$ sei eine endliche Galois-Erweiterung von $K$ . Betrachtet man die Spur $Tr_{L/K}: L \to K$ Und $L$ als endlichdimensional $K$ -Vektorraum das wissen wir $Tr_{L/K} \neq 0$ daher erhalten wir eine nicht entartete $K$ -bilineare Karte

T R_{L / K} : L \times L \to K

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

(X, j) \mapsto T R_{L / K} (X j)

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

was uns einen Isomorphismus liefert $L \to L^*$ .

Gibt es eine orthogonale bzw. selbstduale Basis $\{x_1, \dots, x_n\}$ von $L$ , dh wir haben $Tr_{L/K}(x_i x_j)=0 \iff i \neq j$ .

Wenn die Charakteristik nicht 2 ist, ist es einfach, eine solche Basis induktiv zu konstruieren. Nämlich lassen $\langle x_1, \dots, x_k\rangle$ wie gewünscht sein (orthogonal und ihr Quadrat hat eine Spur ungleich Null) und nach Gram-Schmidt haben wir eine Basis von $\langle x_1, \dots, x_k\rangle^\perp$ . Seit $Tr_{L/K}$ ist nicht entartet finden wir $y,z \in \langle x_1, \dots, x_k\rangle^\perp$ mit $Tr_{L/K}(yz) \neq 0$ und damit das Quadrat von beiden $y,z$ oder $y+z$ sind ungleich null (char $\neq 2$ ). Für den Fall char=2 habe ich bisher nur Beispiele gefunden, wo es funktioniert.

Jyrki Lahtonen

Es ist schon eine Weile her, seit ich diese Information brauchte. Wenn

K

$K$ ist das Hauptfeld, dann denke ich, dass eine solche Basis immer vorhanden ist. Ein Argument ist, dass wenn Sie mit irgendeiner Basis beginnen

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

$\{x_1,\ldots, x_n\}$ , dann die Matrix

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

$A=tr(x_ix_j)$ ist symmetrisch und hat vollen Rang. Auch mindestens einer der diagonalen Einträge von

A

$A$ muss ungleich Null sein. Ein Ergebnis von Seroussi und Lempel sagt das dann aus

A = M M^{T}

$A=MM^T$ für einige

n \times n

$n\times n$ Matrix

M

$M$ . Verwenden

M

$M$ als Basiswechselmatrix ergibt sich der Anspruch.

Jyrki Lahtonen

IIRC ein induktiver Beweis des Seroussi-Lempel-Ergebnisses ist nicht allzu schwierig. Ihr Ergebnis deckt die Konstruktion einer Matrix minimaler Größe ab

M

$M$ für alle symmetrischen Matrizen

A

$A$ über

F_{2}

$\Bbb{F}_2$ . Und der Fall, wo

A

$A$ nur Nullen entlang der Diagonale hat, ist das knifflige, und da

M

$M$ hat

r (A) + 1

$r(A)+1$ Spalten, sonst

r (A)

$r(A)$ Spalten reicht. Bei dem allgemeineren Fall bin ich mir nicht sicher. Wie Sie beobachtet haben, ist Selbst-Dualität unmöglich zu erreichen, wenn

L / K

$L/K$ ist nicht trennbar. Denn dann verschwindet die Trace-Funktion ganz.

Jyrki Lahtonen

Ich muss meine Bibel der endlichen Felder (in meinem Büro) konsultieren, um mehr zu erfahren, also muss es warten.

Antworten (1)

Existenz einer orthogonalen Basis für endliche Galois-Erweiterung über Merkmal 2

Es ist schon eine Weile her, seit ich diese Information brauchte. Wenn $K$ ist das Hauptfeld, dann denke ich, dass eine solche Basis immer vorhanden ist. Ein Argument ist, dass wenn Sie mit irgendeiner Basis beginnen $\{x_1,\ldots, x_n\}$ , dann die Matrix $A=tr(x_ix_j)$ ist symmetrisch und hat vollen Rang. Auch mindestens einer der diagonalen Einträge von $A$ muss ungleich Null sein. Ein Ergebnis von Seroussi und Lempel sagt das dann aus $A=MM^T$ für einige $n\times n$ Matrix $M$ . Verwenden $M$ als Basiswechselmatrix ergibt sich der Anspruch.
IIRC ein induktiver Beweis des Seroussi-Lempel-Ergebnisses ist nicht allzu schwierig. Ihr Ergebnis deckt die Konstruktion einer Matrix minimaler Größe ab $M$ für alle symmetrischen Matrizen $A$ über $\Bbb{F}_2$ . Und der Fall, wo $A$ nur Nullen entlang der Diagonale hat, ist das knifflige, und da $M$ hat $r(A)+1$ Spalten, sonst $r(A)$ Spalten reicht. Bei dem allgemeineren Fall bin ich mir nicht sicher. Wie Sie beobachtet haben, ist Selbst-Dualität unmöglich zu erreichen, wenn $L/K$ ist nicht trennbar. Denn dann verschwindet die Trace-Funktion ganz.
Ich muss meine Bibel der endlichen Felder (in meinem Büro) konsultieren, um mehr zu erfahren, also muss es warten.

GreginGre · Answer 1

Das folgende allgemeinere Ergebnis gilt im Allgemeinen.

Thm. Lassen $b:E\times E\to F$ eine nicht entartete nicht alternierende symmetrische bilineare Form über einem Feld $F$ von charakteristisch $2$ (Wo $E$ ist eine endliche Dimension $F$ -Vektorraum. Dann $E$ hat ein $b$ -orthogonale Basis.

Lassen $f_b: x\in E\to b(x,x)\in F$ . Da sind wir in Charakteristik $2$ , diese Karte ist additiv. Dies wird für Berechnungen nützlich sein.

Das sagen wir $b$ ist abwechselnd wenn $f_b$ ist die Nullkarte und ansonsten nicht alternierend.

Beachten Sie, dass in Ihrer Situation Ihre bilineare Form nicht alternierend ist, weil $Tr_{L/K}(x^2)=(Tr_{L/K}(x))^2$ , und die Spur ist eine Karte ungleich Null, da eine Galois-Erweiterung trennbar ist (daher gilt Ihr Ergebnis allgemeiner für endliche trennbare Erweiterungen).

Nachweisen.

Beanspruchen. Es existiert $e_1,e_2\in E$ so dass $b(e_1,e_1)\neq 0$ , $b(e_1,e_2)=0$ Und $b(e_2,e_2)\neq 0.$

Angenommen, die Behauptung ist bewiesen. Dann seit $b(e_1,e_1)\neq 0$ , die Einschränkung von $b$ Zu $Fe_1$ ist nicht entartet, also $E=Fe_1\oplus (Fe_1)^\perp$ . Nun die Einschränkung von $b$ An $(Fe_1)^\perp$ ist nicht entartet und nicht alternierend, durch Annahmen auf $e_2$ , und wir können per Induktion schließen (wählen Sie a $b$ -orthogonale Basis von $(Fe_1)^\perp$ und hinzufügen $e_1$ dazu).

Beweis der Behauptung.

Seit $b$ ist nicht abwechselnd, wähle $e_1\in E$ so dass $\lambda= b(e_1,e_1)\neq 0$ . Daher die Einschränkung bzgl $b$ Zu $Fe_1$ ist nicht entartet, also $E=Fe_1\oplus (Fe_1)^\perp$ .

Wenn $b$ ist nicht alternierend an $(Fe_1)^\perp$ , wählen Sie eine aus $e_2\in (Fe_1)^\perp$ so dass $b(e_2,e_2)\neq 0$ .

Wenn $b$ ist abwechselnd an $(Fe_1)^\perp$ , wählen Sie einen Wert ungleich Null $e_2\in (Fe_1)^\perp$ . Seit der Beschränkung von $b$ Zu $(Fe_1)^\perp$ ist nicht entartet, es existiert $e_3\in (Fe_1)^\perp$ so dass $b(e_2,e_3)=1$ . Beachten Sie, dass wir haben $b(e_3,e_3)=0$ . Satz $e'_1=e_1+\lambda e_2+\lambda e_3$ Und $e'_2=e_1+e_2$ . Dann $b(e'_1,e'_1)=\lambda\neq 0$ Und $b(e'_1, e'_2)=0$ . Jetzt $b(e'_2,e'_2)=\lambda\neq 0$ , und wir sind fertig.

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ctst

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GreginGre

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