飽きたらやめようGalois理論(16)―有限体再考 - らんだむな記憶を考察しよう。
$p = 3,\ n = 2$ の場合を考える。 $\mathbb{F}_3 = \{0,1,2\}$ そしてその上の既約多項式として、 $X^2 + 1$ をとる。(飽きたらやめようGalois理論(12)―有限体を考える - らんだむな記憶)
この多項式の根は $\sqrt{2}, -\sqrt{2}$ である。どちらでも良いが、
$\mathbb{F}_{3^2} = \{a + b\sqrt{2};\ a,b \in \mathbb{F}_3 \}$
である。具体的に書くと、
$\mathbb{F}_{3^2} = \{0, 1, 2, \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2}, 2\sqrt{2}, 1 + 2\sqrt{2}, 2 + 2\sqrt{2}\}$
である。 $1/\sqrt{2} = \sqrt{2},\ 1/(2 + \sqrt{2}) = 1+ \sqrt{2}$ などが逆元の例である。
さて、 $\mathbb{F}_{3^2}^\times = \{1, 2, \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2}, 2\sqrt{2}, 1 + 2\sqrt{2}, 2 + 2\sqrt{2}\}$ なのだが、これは本当に巡回群なのだろうか？
\begin{array}.
(1+\sqrt{2})^2 &= (1+\sqrt{2})(1+\sqrt{2}) &= 2\sqrt{2}, \\
(1+\sqrt{2})^3 &= (1+\sqrt{2})2\sqrt{2} &= 1+2\sqrt{2}, \\
(1+\sqrt{2})^4 &= (1+\sqrt{2})(1+2\sqrt{2}) &= 2, \\
(1+\sqrt{2})^5 &= (1+\sqrt{2})2 &= 2+2\sqrt{2}, \\
(1+\sqrt{2})^6 &= (1+\sqrt{2})(2+2\sqrt{2}) &= \sqrt{2}, \\
(1+\sqrt{2})^7 &= (1+\sqrt{2})\sqrt{2} &= 2+\sqrt{2}, \\
(1+\sqrt{2})^8 &= (1+\sqrt{2})(2+\sqrt{2}) &= 1
\end{array}
と計算するとそれっぽい。 $1+\sqrt{2}$ の最小多項式は $X^2 + X + 2$ である。もう1つの根は $1 + 2\sqrt{2}$ である。
よって、 $\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{3^2}/\mathbb{F}_3)$ の同型写像は $1+\sqrt{2} \mapsto 1+\sqrt{2}$ か $1+\sqrt{2} \mapsto 1+2\sqrt{2}$ とならざるを得ない。そして前者からは恒等写像が後者からは3乗Frobenius写像が得られる。3乗Frobenius写像の合成同士が恒等写像になっているので、 $\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_{3^2}/\mathbb{F}_3)$ はこの3乗Frobenius写像によって生成されている。
