代数学はもぅﾏﾁﾞ無理ってくらい難しいな。
Theorem
$K$: 体, $G$: $K^\times$ の有限部分群。この時、 $G$ は巡回群になる${}_\square$
「体とガロア理論」第2章定理2.27や「代数概論」第V章命題6.1として載っている。
Cor1
$K \supset \mathbb{F}_p, \ [K : \mathbb{F}_p] = n$ とする。
この時、 $\exists \alpha\ \text{s.t.}\ K = \mathbb{F}_p(\alpha)$ となる。特に、 $\mathbb{F}_p$ 上の $n$ 次のある既約多項式がとれて、 $\alpha$ はその根となっている。
proof
$K$ は濃度が $p^n$ の有限体である。よって、 $K^\times$ の元の個数は有限なので上記定理より $K^\times = K\backslash\{0\}$ 自身が巡回群となる。その生成元を $\alpha$ とすれば良い。何故ならこの時、 $\alpha$ の最小多項式は $\mathbb{F}_p$ の既約多項式でその次数は $[K : \mathbb{F}_p] = n$ より $n$ である${}_\blacksquare$
このことは、飽きたらやめようGalois理論(10)―有限体 - らんだむな記憶の定理直下の $\mathbb{F}_{p^n}$ を詳細化したものになる。
Cor2
$\mathbb{F}_{p^n}$ の $\mathbb{F}_p$ 上の自己同型群($\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$)は巡回群であり、Frobenius写像によって生成される。
proof
$x^{p^n} = x\ \mathrm{for}\ x \in \mathbb{F}_{p^n}$ である。これは例えば、Cor1より、 $\mathbb{F}_{p^n}^\times$ はその生成元 $\alpha$ を持つことから、 $0 \neq x = \alpha^k$ とすると、 $x^{p^n} = \alpha^{k p^n} = (\alpha^{p^n})^k = \alpha^k = x$ となることから分かる。
飽きたらやめようGalois理論(10)―有限体 - らんだむな記憶よりFrobenius写像を思い出すと、 $F_p:x \mapsto x^p$ であった。よって、そのn回の合成は $F_p^n = id$ となる。
$0 \neq x = \alpha^k$ に対し $F_p(x) = 0$ とすると、$\alpha^{kp} \neq 0$ となり矛盾である。よって、 $x = 0$ となるので、 $F_p$ は単射である。また、 $0 \neq y = \alpha^\ell$ に対し、 $x = F_p^{n - 1}(y)$ ととると $F_p(x) = F_p^n(y) = y$ となるので $F_p$ は全射である。よって、 $F_p$ は同型写像、つまり、 $F_p \in \mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$ である。
さて、 $F_p$ の位数は $\mathrm{ord}(F_p) = n$ である。 $\mathrm{ord}(F_p) = m < n$ とすると、$F_p^m(x) = x$ 即ち $x^{p^m} = x\ \mathrm{for}\ x \in \mathbb{F}_{p^n}$ ということになるが、 $X^{p^m} - X$ の根は $p^m < p^n$ しかないので、 $\mathbb{F}_{p^n}$ のすべての元を根にできないので矛盾する。
$\mathbb{F}_{p^n}^\times$ の生成元を $\alpha$ とすると、 $\mathbb{F}_{p^n} = \mathbb{F}_p(\alpha)$ となるが、Cor1 の証明で見たように、 $\alpha$ の最小多項式 $P$ の次数は $n$ であった。
飽きたらやめようGalois理論(8)―stem fieldの一意性 - らんだむな記憶で見たように、 $P$ の根は準同型写像によって別の根にうつるので、 $P$ の根を $\alpha$ を含め、 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ とすると、 $\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$ の元は $\alpha \mapsto \alpha_1$ か $\alpha \mapsto \alpha_2$ か... $\alpha \mapsto \alpha_n$ となるしかなく、高々 $n$ パターンしかない。つまり、 $|\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)| \leq n$ である。
ところが、 $F_p,F_p^2, \cdots, F_p^n(=id) \in \mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$ であるので、 $|\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)| = n$ である。そして同時に、 $\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$ が $F_p$ で生成されていることが示された${}_\blacksquare$
